浙江省绍兴鲁迅中学2026届数学高二上期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

浙江省绍兴鲁迅中学2026届数学高二上期末学业质量监测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．在四面体中，点G是的重心，设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
2．已知数列满足，，.设，若对于，都有恒成立，则最大值为
A.3 B.4
C.7 D.9
3．已知随机变量X，Y满足，，且，则的值为（）
A.0.2 B.0.3
C.0..5 D.0.6
4．函数在的图象大致为（ ）
A. B.
C D.
5．已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则函数的图象可能是（）

A B.
C. D.
6．已知是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，线段的垂直平分线过，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（ ）
A. B.3
C.6 D.
7．内角、、的对边分别为、、，若，，，则（）
A. B.
C. D.
8．已知函数只有一个零点，则实数的取值范围是（）
A B.
C. D.
9．学校开设甲类选修课3门，乙类选修课4门，从中任选3门，甲乙两类课程都有选择的不同选法种数为（ ）
A.24 B.30
C.60 D.120
10．若双曲线的两个焦点为，点是上的一点，且，则双曲线的渐近线与轴的夹角的取值范围是 ）
A. B.
C. D.
11．直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形， AA1＝AB，M是A1C1的中点，则AM与平面所成角的正弦值为（）
A. B.
C. D.
12．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M=AN=，则MN与平面BB1C1C的位置关系是（ ）
A.相交 B.平行
C.垂直 D.不能确定
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．圆锥曲线有良好的光学性质，光线从椭圆的一个焦点发出，被椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点（如左图）；光线从双曲线的一个焦点发出，被双曲线反射后的反射光线等效于从另一个焦点射出（如中图）.封闭曲线E（如右图）是由椭圆C1: + = 1和双曲线C2: - =1在y轴右侧的一部分（实线）围成.光线从椭圆C1上一点P0出发，经过点F2，然后在曲线E内多次反射，反射点依次为P1，P2，P3，P4，…，若P0 ，P4重合，则光线从P0到P4所经过的路程为 _________ .

14．过点作圆的切线，则切线方程为______.
15．如图，已知正方形边长为，长方形中，，平面与平面互相垂直，是线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为______

16．已知数列则是这个数列的第________项.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）求满足下列条件的圆锥曲线的标准方程：
（1）已知椭圆的焦点在x轴上且一个顶点为，离心率为；
（2）求一个焦点为，渐近线方程为的双曲线的标准方程；
（3）抛物线，过其焦点斜率为1的直线交抛物线于A、B两点，且线段AB的中点的纵坐标为2.
18．（12分）已知椭圆的右焦点是椭圆上的一动点，且的最小值是1，当垂直长轴时，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线与椭圆相切，且交圆于两点，求面积的最大值，并求此时直线方程.
19．（12分）已知是抛物线上的焦点，是抛物线上的一个动点，若动点满足，则的轨迹方程.
20．（12分）已知椭圆上的点到左、右焦点、的距离之和为4，且右顶点A到右焦点的距离为1.
（1）求椭圆的方程;
（2）直线与椭圆交于不同两点，，记的面积为，当时求的值.
21．（12分）我们知道，装同样体积的液体容器中，如果容器的高度一样，那么侧面所需的材料就以圆柱形的容器最省.所以汽油桶等装液体的容器大都是圆柱形的，某卧式油罐如图1所示，它垂直于轴的截面如图2所示，已知截面圆的半径是1米，弧的长为米表示劣弧与弦所围成阴影部分的面积.

（1）请写出函数表达式；
（2）用求导的方法证明.
22．（10分）已知双曲线的左、右焦点分别为，过作斜率为的弦.求：
（1）弦的长；
（2）△的周长.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、B
【解析】结合重心的知识以及空间向量运算求得正确答案.
【详解】设是中点，

.
故选：B

2、A
【解析】整理数列的通项公式有：，
结合可得数列是首项为，公比为的等比数列，
则，
，
原问题即：恒成立，
当时，，即>3，
综上可得：的最大值为3.
本题选择A选项
点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项
3、D
【解析】利用正态分布的计算公式：，

【详解】且

又

故选：D
4、D
【解析】函数|在[–2,2]上是偶函数，其图象关于轴对称，
因为，
所以排除选项；
当时，有一零点，设为，当时，为减函数，
当时，为增函数
故选：D.
5、D
【解析】根据导函数大于，原函数单调递增；导函数小于，原函数单调递减；即可得出正确答案.
【详解】由导函数得图象可得：时，，所以在单调递减，
排除选项A、B，
当时，先正后负，所以在先增后减，
因选项C是先减后增再减，故排除选项C，
故选：D.
6、C
【解析】利用椭圆和双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示，再利用均值不等式得到答案
【详解】设椭圆长轴，双曲线实轴，由题意可知：，

又，，
两式相减，可得：，，
.，
，当且仅当时取等号，
的最小值为6，
故选：C
【点睛】本题考查了椭圆双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示是解题的关键，意在考查学生的计算能力
7、C
【解析】利用正弦定理可求得边的长.
【详解】由正弦定理得.
故选：C.
8、B
【解析】将题目转化为函数的图像与的图像只有一个交点，利用导数研究函数的单调性与极值，作出图像，利用数形结合求出的取值范围.
【详解】由函数只有一个零点，等价于函数的图像与的图像只有一个交点，
，求导，令，得
当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；故当时，函数取得极小值；当时，函数取得极大值；
作出函数图像，如图所示，

由图可知，实数的取值范围是
故选：B
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
9、B
【解析】利用组合数计算出正确答案.
【详解】甲乙两类课程都有选择的不同选法种数为.
故选：B
10、B
【解析】由条件结合双曲线的定义可得，然后可得，然后可求出的范围即可.
【详解】由双曲线的定义可得，结合可得
当点不为双曲线的顶点时，可得，即
当点为双曲线的顶点时，可得，即
所以，所以，所以
所以双曲线的渐近线与轴的夹角的取值范围是
故选：B
11、B
【解析】取的中点，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，即可根据线面角的向量公式求出
【详解】如图所示，取的中点，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，

不妨设，则，
所以，平面的一个法向量为
设AM与平面所成角为，向量与所成的角为，
所以，
即AM与平面所成角的正弦值为
故选：B
12、B
【解析】建立空间直角坐标系，求得平面BB1C1C的法向量和直线MN的方向向量，利用两向量垂直，得到线面平行.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，由图可知平面BB1C1C的法向量.

∵A1M=AN=，∴M，N，
∴.∵，
∴MN∥平面BB1C1C，
故选：B.
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有利于空间向量判断线面平行，属于简单题目.

二填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】结合椭圆、双曲线的定义以及它们的光学性质求得正确答案.
【详解】椭圆；双曲线，
双曲线和椭圆的焦点重合.
根据双曲线的定义有，
所以①，②，
根据椭圆的定义由，
所以路程

.
故答案为：
14、
【解析】求出切点与圆心连线的斜率后可得切线方程.
【详解】因为点在圆上，故切线必垂直于切点与圆心连线，
而切点与圆心连线的斜率为，故切线的斜率为，
故切线方程为：即.
故答案为：.
15、
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出，后可求异面直线所成角的余弦值.
【详解】长方形可得，
因为平面与平面互相垂直，平面平面，
平面，故平面，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
故，，
故.
故答案为：
16、12
【解析】根据被开方数的特点求出数列的通项公式，最后利用通项公式进行求解即可.
【详解】数列中每一项被开方数分别为：6，10，14，18，22，…，因此这些被开方数是以6为首项，4为公差的等差数列，设该等差数列为，其通项公式为：，
设数列为，所以，
于是有，
故答案为：

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）
（2）
（3）
【解析】（1）设椭圆的标准方程为，根据题意，进而结合求解即可得答案
（2）设双曲线的方程为，进而结合题意得，，再结合解方程即可得答案；、
（3）根据题意设直线的方程为，进而与抛物线联立方程并消去得，再结合韦达定理得，进而得答案.
【小问1详解】
解：根据题意，设椭圆的标准方程为，
因为顶点为，离心率为，
所以，
所以，
所以椭圆的方程为
【小问2详解】
解：因为双曲线的一个焦点为，
设双曲线的方程为，
因为渐近线方程为，
所以，因为
所以，
所以双曲线的标准方程为
【小问3详解】
解：由题知抛物线的焦点为，
因为过抛物线焦点斜率为1的直线交抛物线于A、B两点，
所以直线的方程为，
所以联立方程，消去得，
设，
所以，
因为线段AB的中点的纵坐标为2，
所以，解得.
所以抛物线的标准方程为.
18、（1）；（2），.
【解析】（1）由的最小值为1，得到，再由， 结合，求得的值，即可求得椭圆的方程.
（2）设切线的方程为，联立方程组，根据直线与椭圆相切，求得，结合点到直线的距离公式和圆的弦长公式，求得的面积的表示，结合函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）由题意，点椭圆上的一动点，且的最小值是1，得，
因为当垂直长轴时，可得，所以，即，
又由，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由题意知切线的斜率一定存在，否则不能形成，
设切线的方程为，
联立，整理得，
因为直线与椭圆相切所以，
化简得，则，
因为点到直线的距离，
所以，即，
故的面积为，
因为，可得，即，函数在上单调递增，
所以，当时取等号，
则，即面积的最大值为.
当时，此时，所以直线的方程为.
【点睛】对于直线与椭圆的位置关系的处理方法：
1、判定与应用直线与椭圆的位置关系，一把转化为研究直线方程与椭圆组成的方程组的解得个数，结合判别式求解；
2、对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆的内部或在椭圆上，判定直线与椭圆的位置关系.
19、
【解析】由抛物线的方程可得到焦点坐标，设，写出向量的坐标，由向量间的关系得到，将点代入物线即可得到轨迹方程.
【详解】由抛物线可得：
设

①
在上，将①代入可得：
，即 .
【点睛】求轨迹方程，一般是求谁设谁的坐标然后根据题目等式直接求解即可，而对于直线与曲线的综合问题要先分析题意转化为等式，例如，可以转化为向量坐标进行运算也可以转化为斜率来理解，然后借助韦达定理求解即可运算此类题计算一定要仔细.
20、（1）
（2）
【解析】（1）根据题意得到，，再根据求解即可.
（2）首先设，，再根据求解即可.
【小问1详解】
由题意，，
因为右顶点到右焦点的距离为，即，所以，
则，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设，，且
根据椭圆的对称性得，
联立方程组，整理得，解得，
因为的面积为3，可得，解得.
21、（1），
（2）证明见解析
【解析】（1）由弧长公式得，根据即可求解；
（2）利用导数判断出在上单调递增，即可证明.
【小问1详解】
由弧长公式得，
于是，
【小问2详解】
cos，
显然在上单调递增，
于是.
22、（1）；
（2）.
【解析】（1）联立直线方程与双曲线方程，求得交点的坐标，再用两点之间的距离公式即可求得；
（2）根据（1）中所求，利用两点之间的距离公式，即可求得三角形周长.
【小问1详解】
设点的坐标分别为，
由题意知双曲线的左、右焦点坐标分别为、，
直线的方程，
与联立得，解得，
代入的方程为分别解得.
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
，
，
所以△的周长为.