安徽省安慶二中、天成中學2026屆數學高二上期末監(jiān)測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若的解集是，則等于（）A.-14 B.-6C.6 D.142．設圓上的動點到直線的距離為，則的取值范圍是（）A. B.C. D.3．“五一”期間，甲、乙、丙三個大學生外出旅游，已知一人去北京，一人去兩安，一人去云南.回來后，三人對去向作了如下陳述：甲：“我去了北京，乙去了西安.”乙：“甲去了西安，丙去了北京.”丙：“甲去了云南，乙去了北京.”事實是甲、乙、丙三人陳述都只對了一半(關于去向的地點僅對一個).根據以上信息，可判斷下面說法中正確的是（）A.甲去了西安 B.乙去了北京C.丙去了西安 D.甲去了云南4．已知向量，，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件5．已知奇函數，則的解集為（）A. B.C. D.6．若拋物線上的點到其焦點的距離是到軸距離的倍，則等于A. B.1C. D.27．如圖，在平行六面體中，設，，，用基底表示向量，則（）A. B.C. D.8．總體有編號為01，02，…，19，20的20個個體組成，利用下面的隨機數表選取3個個體，選取方法是從隨機數表第1行的第5列和第6列數字開始由左到右依次選取兩個數字，則選出來的第3個個體的編號為（）7816657208026314070243699728019832049234493582003623486969387481A.08 B.02C.63 D.149．設a，b，c分別是內角A，B，C的對邊，若，，依次成公差不為0的等差數列，則（）A.a，b，c依次成等差數列 B.，，依次成等差數列C.，，依次成等比數列 D.，，依次成等比數列10．已知數列滿足：，數列的前n項和為，若恒成立，則的取值范圍是（）A. B.C. D.11．已知為偶函數，且當時，，其中為的導數，則不等式的解集為()A. B.C. D.12．已知隨機變量X服從二項分布X~B(4，)，（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．圓關于直線對稱的圓的方程為______14．用組成所有沒有重復數字的五位數中，滿足與相鄰并且與不相鄰的五位數共有____________個.(結果用數值表示)15．“學習強國”學習平臺是由中宣部主管，以深入學習宣傳新時代中國特色社會主義思想為主要內容，立足全體黨員，面向全社會的優(yōu)質平臺，現日益成為老百姓了解國家動態(tài)，緊跟時代脈搏的熱門APP，某市宣傳部門為了解全民利用“學習強國”了解國家動態(tài)的情況，從全市抽取2000名人員進行調查，統(tǒng)計他們每周利用“學習強國”的時長，下圖是根據調查結果繪制的頻率分布直方圖（1）根據上圖，求所有被抽查人員利用“學習強國”的平均時長和中位數；（2）宣傳部為了了解大家利用“學習強國”的具體情況，準備采用分層抽樣的方法從和組中抽取50人了解情況，則兩組各抽取多少人？再利用分層抽樣從抽取的50入中選5人參加一個座談會,現從參加座談會的5人中隨機抽取兩人發(fā)言，求小組中至少有1人發(fā)言的概率？16．已知球的半徑為3，則該球的體積為_________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知四邊形是菱形，四邊形是矩形，平面平面，，，G是的中點（1）證明：平面；（2）求二面角的正弦值18．（12分）已知命題：方程表示焦點在軸上的雙曲線，命題：關于的方程無實根（1）若命題為真命題，求實數的取值范圍；（2）若“”為假命題，"”為真命題，求實數的取值范圍19．（12分）已知幾何體中，平面平面，是邊長為4的菱形，，是直角梯形，，，且（1）求證：；（2）求平面與平面所成角的余弦值20．（12分）已知各項為正數的等比數列中，，.（1）求數列通項公式；（2）設，求數列的前n項和.21．（12分）已知函數，且在處取得極值.（1）求的值；（2）當，求的最小值.22．（10分）已知直線：，直線：（1）若，之間的距離為3，求c的值：（2）求直線截圓C：所得弦長

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】由一元二次不等式的解集，結合根與系數關系求參數a、b，即可得.【詳解】∵的解集為，∴-5和2為方程的兩根，∴有，解得，∴.故選：A.2、C【解析】求出圓心到直線距離，再借助圓的性質求出d的最大值與最小值即可.【詳解】圓的方程化為，圓心為，半徑為1，則圓心到直線的距離，即直線和圓相離，因此，圓上的動點到直線的距離，有，，即，即的取值范圍是：.故選：C3、D【解析】根據題意，先假設甲去了北京正確，則可分析其他人的陳述是否符合題意，再假設乙去西安正確，分析其他人的陳述是否符合題意，即可得答案.【詳解】由題意得，甲、乙、丙三人的陳述都只對了一半，假設甲去了北京正確，對于甲的陳述：則乙去西安錯誤，則乙去了云南；對于乙的陳述：甲去了西安錯誤，則丙去了北京正確；對于丙的陳述：甲去了云南錯誤，乙去了北京也錯誤，故假設錯誤.假設乙去了西安正確，對于甲的陳述：則甲去了北京錯誤，則甲去了云南；對于乙的陳述：甲去了西安錯誤，則丙去了北京正確；對于丙的陳述：甲去了云南正確，乙去了北京錯誤，此種假設滿足題意，故甲去了云南.故選：D4、A【解析】根據平面向量垂直的性質，結合平面向量數量積的坐標表示公式、充分性、必要性的定義進行求解判斷即可.詳解】當時，有，顯然由，但是由不一定能推出，故選：A5、A【解析】先由求出的值，進而可得的解析式，對求導，利用基本不等式可判斷恒成立，可判斷的單調性，根據單調性脫掉，再解不等式即可.【詳解】的定義域為，因為是奇函數，所以，可得：，所以，經檢驗是奇函數，符合題意，所以，因為，所以，當且僅當即時等號成立，所以在上單調遞增，由可得，即，解得：或，所以的解集為，故選：A.6、D【解析】根據拋物線的定義及題意可知3x0=x0+,得出x0求得p，即可得答案【詳解】由題意，3x0=x0+，∴x0=∴∵p＞0，∴p=2.故選D【點睛】本題主要考查了拋物線的定義和性質．考查了考生對拋物線定義的掌握和靈活應用，屬于基礎題7、B【解析】直接利用空間向量基本定理求解即可【詳解】因為在平行六面體中，，，，所以，故選：B8、D【解析】由隨機數表法抽樣原理即可求出答案.【詳解】根據題意，依次讀出的數據為65（舍去）,72（舍去）,08,02,63（舍去）,14，即第三個個體編號為14.故選：D.9、B【解析】由等差數列的性質得，利用正弦定理、余弦定理推導出，從而，，依次成等差數列.【詳解】解：∵a，b，c分別是內角A，B，C的對邊，，，依次成公差不為0的等差數列，∴，根據正弦定理可得，∴，∴，∴，∴，，依次成等差數列.故選：B.【點睛】本題考查三個數成等差數列或等比數列的判斷，考查等差數列、等比數列的性質、正弦定理、余弦定理等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，屬于中檔題.10、D【解析】由于，所以利用裂項相消求和法可求得，然后由可得恒成立，再利用基本不等式求出的最小值即可【詳解】，故，故恒成立等價于，即恒成立，化簡得到，因為，當且僅當，即時取等號，所以故選：D11、A【解析】根據已知不等式和要求解的不等式特征，構造函數，將問題轉化為解不等式.通過已知條件研究g(x)的奇偶性和單調性即可解該不等式.【詳解】令，則根據題意可知，，∴g(x)是奇函數，∵，∴當時，，單調遞減，∵g(x)是奇函數，g(0)＝0，∴g(x)在R上單調遞減，由不等式得，.故選：A.12、D【解析】利用二項分布概率計算公式，計算出正確選項.【詳解】∵隨機變量X服從二項分布X~B(4，)，∴.故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】求出圓心關于直線對稱點，從而求出對稱圓的方程.【詳解】圓心為，半徑為1，設關于對稱點為，則，解得：，故對稱點為，故圓關于直線對稱的圓的方程為.故答案為：14、【解析】由題意，先利用捆綁法排列和，再利用插空法排列和，即可得答案.【詳解】因為滿足與相鄰并且與不相鄰，則將捆綁，內部排序得，再對和全排列得，利用插空法將和插空得，所以滿足題意得五位數有.故答案為：15、（1）平均時長為，中位數為（2）在和兩組中分別抽取30人和20人，概率【解析】（1）由頻率分布直方圖計算平均數，中位數的公式即可求解；（2）先根據分層抽樣求出每一組抽取的人數，再列舉抽取總事件個數，從而利用古典概型概率計算公式即可求解【小問1詳解】解：（1）設被抽查人員利用“學習強國”的平均時長為，中位數為，，被抽查人員利用“學習強國”的時長中位數滿足，解得，即抽查人員利用“學習強國”的平均時長為6.8，中位數為【小問2詳解】解：組的人數為人，設抽取的人數為，組的人數為人，設抽取的人數為，則，解得，，所以在和兩組中分別抽取30人和20人，再利用分層抽樣從抽取的50入中抽取5人，兩組分別抽取3人和2人，將組中被抽取的工作人員標記為，，，將中的標記為，，則抽取的情況如下：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共10種情況，其中在中至少抽取1人有7種，故所求概率16、【解析】根據球的體積公式計算可得；【詳解】解：因為球的半徑，所以球的體積；故答案為：三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）【解析】（1）設，線段的中點為H，分別連接，可證，從而可得平面；（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面的一個法向量和平面的一個法向量后可求二面角的余弦值.【小問1詳解】證明：設，線段的中點為H，分別連接又因為G是的中點，所以因為四邊形為矩形，據菱形性質知，O為的中點，所以，且，所以，且，所以四邊形是平行四邊形，所以又因為平面，平面，所以平面【小問2詳解】解：據四邊形是菱形的性質知，又因為平面平面，平面，平面平面，故平面，所以以分別為x軸，y軸，以過與的交點O，且垂直于平面的直線為z軸建立空間直角坐標系如圖所示，則有，所以設平面的一個法向量，則令，則，且，所以設平面的一個法向量，則令，則，且，所以所以，所以二面角的正弦值為18、（1）；（2）.【解析】(1)由雙曲線標準方程的性質得，即可求m的范圍；(2)當q命題為真時，方程無實根，判別式小于零，求得m的范圍，再由復合命題的真假得和一真一假，列出不等式組運算可得解【小問1詳解】∵方程表示焦點在軸上的雙曲線，∴，解得【小問2詳解】若為真命題，則，解得，∵“”為假命題，”為真命題，∴一真一假當真假時，“”且“或”，則；當假真時，，則綜上所述，實數的取值范圍是19、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）根據菱形的性質，結合面面垂直的性質定理、線面垂直的判定定理和性質進行證明即可；（2）建立空間直角坐標系，根據空間向量夾角公式進行求解即可.【詳解】（1）證明：連接，交于點，∵四邊形是菱形，∴，∵平面平面，平面平面，，∴平面，∵平面，∴，又，、平面，∴平面，∵平面，∴（2）解：取的中點，連接，∵是邊長為4的菱形，，∴，，以為原點，，，所在直線分別為，，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，∴，，設平面的法向量為，則，即，令，則，，∴，同理可得，平面的一個法向量為，∴，由圖知，平面與平面所成角為銳角，故平面與平面所成角余弦值為20、（1）；（2）【解析】（1）根據條件求出即可；（2），然后利用等差數列的求和公式求出答案即可.【詳解】（1）且，，（2）21、（1）；（2）.【解析】（1）對函數求導，則極值點為導函數的零點，進而建立方程組解出a,b，然后討論函數的單調區(qū)間進行驗證，最后確定答