2026届河北唐山市乐亭第一中学高二数学第一学期期末联考模拟试题含解析.doc

2026届河北唐山市乐亭第一中学高二数学第一学期期末联考模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．已知双曲线C：-＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，若过原点倾斜角为的直线与双曲线C左右两支交于M、N两点，且MF1NF1，则双曲线C的离心率是（ ）
A.2 B.
C. D.
2．命题若，且，则，命题在中，若，则.下列命题中为真命题的是（）
A. B.
C. D.
3．以下四个命题中，正确的是（）
A.若，则三点共线
B.
C.为直角三角形的充要条件是
D.若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底
4．在四棱锥中，分别为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
5．设，直线，，则“”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
6．数列，，，，，中，有序实数对是（ ）
A. B.
C. D.
7．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.
8．双曲线的左、右焦点分别为、，点P在双曲线右支上，，，则C的离心率为（）
A. B.2
C. D.
9．已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与圆相切于点，交双曲线的右支于点，且点是线段的中点，则双曲线的渐近线方程为（）
A. B.
C. D.
10．已知一质点的运动方程为，其中的单位为米，的单位为秒，则第1秒末的瞬时速度为（）
A. B.
C. D.
11．已知函数，则曲线在点处的切线方程为（）
A. B.
C. D.
12．已知奇函数，则的解集为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若方程表示的曲线是双曲线，则实数m的取值范围是___；该双曲线的焦距是___
14．用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是奇数的四位数，这样的四位数一共有___________个．（用数字作答）
15．直线被圆所截得的弦的长为_____
16．如图，用四种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法的种数为______（用数字作答）

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）已知函数
（1）求函数在区间上的最大值和最小值；
（2）求出方程的解的个数
18．（12分）已知空间中三点，，，设，
（1）求向量与向量的夹角的余弦值；
（2）若与互相垂直，求实数的值
19．（12分）已知数列的前n项和为，且
（1）求证：数列为等比数列；
（2）记，求数列的前n项和为
20．（12分）已知圆C的圆心在直线上，且圆C经过，两点.
（1）求圆C的标准方程.
（2）设直线与圆C交于A，B（异于坐标原点O）两点，若以AB为直径的圆过原点，试问直线l是否过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由.
21．（12分）如图1是，，，，分别是边，上两点且，将沿折起使得，如图2.

（1）证明：图2中，平面；
（2）图2中，求二面角的正切值.
22．（10分）如图1，在边长为4的等边三角形ABC中，D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，沿DE把折起，得到如图2所示的四棱锥.

（1）证明：平面.
（2）若二面角的大小为60°，求平面与平面的夹角的大小.
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、C
【解析】根据双曲线和直线的对称性，结合矩形的性质、双曲线的定义、离心率公式、余弦定理进行求解即可.
【详解】设双曲线的右焦点为F2，过原点倾斜角为的直线为，设M、N分别在第三、第一象限，
由双曲线和直线的对称性可知：M、N两点关于原点对称，而MF1NF1，因此四边形是矩形，而，
所以是等边三角形，故，因此，
因为，所以，在等腰三角形中，由余弦定理可知：
，由矩形的性质可知：，
由双曲线的定义可知：，
故选：C
【点睛】关键点睛：利用矩形的性质、双曲线的定义是解题的关键.
2、A
【解析】根据不等式性质及对数函数的单调性判断命题的真假，根据大角对大边及正弦定理可判断命题的真假，再根据复合命题真假的判断方法即可得出结论.
【详解】解：若，且，则，
当时，，所以，
当时，，所以，
综上命题为假命题，则为真命题，
在中，若，则，
由正弦定理得，
所以命题为真命题，为假命题，
所以为真命题，，，为假命题.
故选：A.
3、D
【解析】利用向量共线的推论可判断A，利用数量积的定义可判断B，利用充要条件的概念可判断C，利用基底的概念可判断D.
【详解】对于A，若，，所以三点不共线，故A错误；
对于B，因为，故B错误；
对于C，由可推出为直角三角形，由为直角三角形，推不出，所以为直角三角形的充分不必要条件是，故C错误；
对于D，若为空间的一个基底，则不共面，若不能构成空间的一个基底，设，整理可得，即共面，与不共面矛盾，所以能构成空间的另一个基底，故D正确.
故选：D.
4、A
【解析】结合空间几何体以及空间向量的线性运算即可求出结果.
【详解】
因为分别为的中点，则,,

,
故选：A.
5、A
【解析】由可求得实数的值，再利用充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】若，则，解得或，
因此，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
6、A
【解析】根据数列的概念，找到其中的规律即可求解.
【详解】由数列，，，，，
可知，，，，，
则，解得，故有序实数对是，
故选：
7、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.
8、C
【解析】由，所以为直角三角形，根据双曲线的定义结合勾股定理可得答案.
【详解】由，所以为直角三角形.
,根据双曲线的定义可得
所以，即，即，所以
故选：C

9、D
【解析】焦点三角形问题，可结合为三角形的中位线，判断：焦点三角形为直角三角形，并且有，，可由勾股定理得出关系，从而得到关系，从而求得渐近线方程.
【详解】由题意知，，且
点是线段的中点，点是线段的中点，为三角形的中位线
故，故
，由双曲线定义有
由勾股定理有
故
则
则，故
故渐近线方程为：
故选：D
【点睛】双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、||PF1|-|PF2||＝2a，得到a，c的关系
10、C
【解析】求出即得解.
【详解】解：由题意得，故质点在第1秒末的瞬时速度为.
故选：C
11、A
【解析】求出函数的导函数，再求出，然后利用导数的几何意义求解作答.
【详解】函数，求导得：，则，而，
于是得：，即，
所以曲线在点处的切线方程为.
故选：A
12、A
【解析】先由求出的值，进而可得的解析式，对求导，利用基本不等式可判断恒成立，可判断的单调性，根据单调性脱掉，再解不等式即可.
【详解】的定义域为，因为是奇函数，
所以，可得：，
所以，
经检验是奇函数，符合题意，
所以，
因为，
所以，
当且仅当即时等号成立，
所以在上单调递增，
由可得，
即，解得：或，
所以的解集为，
故选：A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、 ①. ②.2
【解析】由题意可得，由此可解得m的范围，进一步将方程化为标准方程即可求得焦距
【详解】由所表示的曲线是双曲线，
可知，解得，
当时，方程可变为：
，此时双曲线焦距为，
当时，m不存在，不合题意；
故双曲线的焦距：
故答案为： ；
14、504
【解析】分两种情况求解，一是四个数字中没有奇数，二是四个数字中有一个奇数，然后根据分类加法原理可求得结果
【详解】当四个数字中没有奇数时，则这样的四位数有种，
当四个数字中有一个奇数时，则从5个奇数中选一个奇数，再从4个偶数中选3个数，然后对这4个数排列即可，所以有种，
所以由分类加法原理可得共有种，
故答案为：504
15、
【解析】圆转化为标准式方程，圆心到直线的距离为，圆的半径为，因此所求弦长为
考点：1．圆的方程；2．直线被圆截得的弦长的求法；
16、48
【解析】由已知按区域分四步，然后给，，，区域分步选择颜色，由此即可求解
【详解】解：由已知按区域分四步第一步区域有4种选择，第二步区域有3种选择，
第三步区域有2种选择，第四步区域也有2种选择，
则由分步计数原理可得共有种，
故答案为：48

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）f(x)的最大值为7，最小值为－33；
（2）见解析.
【解析】(1)求函数f(x)的导数，列表求其单调性即可；
(2)求出函数f(x)的极值即可.
【小问1详解】

0

2

3

+

-

+

f(－2)＝－33
↗
f(0)＝7
↘
f(2)＝－1
↗
f(3)＝7
∴f(x)的最大值为7，最小值为－33；
【小问2详解】

0

2

+

-

+

↗
f(0)＝7
↘
f(2)＝－1
↗
当a＜－1或a＞7时，方程有一个根；
当a＝－1或7时，方程有两个根；
当－1＜a＜7时，方程有三个根.
18、（1）；（2）或.
【解析】（1）坐标表示出、，利用向量夹角的坐标表示求夹角余弦值；
（2）坐标表示出k＋、k－2，利用向量垂直的坐标表示列方程求的值.
【详解】由题设，＝(1,1,0)，＝(－1,0,2)
（1）cosθ＝，
所以和的夹角余弦值为.
（2）k＋＝k(1,1,0)＋(－1,0,2)＝(k－1,k2)，k－2＝(k＋2,k,－4)，又(k＋)⊥(k－2)，
则(k－1,k,2)·(k＋2,k,－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝2k2＋k－10＝0，解得k＝－或2.
19、（1）证明见解析;
（2）.
【解析】（1）由已知得，当时，两式作差整理得，根据等比数列的定义可得证；
（2）由（1）求得，，再运用错位相减法可求得答案.
【小问1详解】
证明：因为，……①，所以当时，，
当时……②，
则①-②可得，所以，
因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列
【小问2详解】
解：由（1）知，即，
因为所以，
则……①，
①得……②，
①-②得 ，
所以.
20、（1）
（2）过定点，定点为
【解析】（1）设出圆C的标准方程，由题意列出方程从而可得答案.
（2）设，，将直线的方程与圆C的方程联立，得出韦达定理，由条件可得，从而得出答案.
【小问1详解】
设圆C的标准方程为
由题意可得解得，，.
故圆C的标准方程为.
【小问2详解】
设，.联立
整理的
，则，，
故.
因为以AB为直径的圆过原点，所以，
即
则，
化简得.
当时，直线，直线l过原点，此时不满足以AB为直径的圆过原点.
所以，则，则直线过定点.
21、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）、利用线面垂直的判定，及线面垂直的性质即可证明；
（2）、建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，利用求出两平面所成角的余弦值，进而求出求二面角的正切值.
【小问1详解】
由已知得：,
平面，
又平面,
在中，,由余弦定理得：，
，即，平面.
【小问2详解】
由（1）知：平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，

，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则与，
即与,..
,
观察可知二面角为钝二面角，二面角的正切值为.
22、（1）证明见解析；
（2）.
【解析】(1)由结合线面平行的判定即可推理作答.
(2)取DE的中点M，连接，FM，证明平面平面，再建立空间直角坐标系，借助空间向量推理、计算作答.
【小问1详解】
在中，因为E，F分别是AC，BC的中点，所以，
则图2中，，而平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
依题意，是正三角形，四边形是菱形，取DE的中点M，连接，FM，如图，

则，，即是二面角的平面角，，
取中点N，连接，则有，在中，由余弦定理得：
，
于是有，，即，
而，，，平面，则平面，
又平面，从而有平面平面，因平面平面，平面，
因此，平面，过点N作，则两两垂直，
以点N为原点，射线分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
显然有，即，
所以平面与平面的夹角为.
【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角：(1)找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；
(2)找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角