2026屆重慶市銅梁中學等七校數(shù)學高二上期末聯(lián)考模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．橢圓的左、右焦點分別為、，上存在兩點、滿足，，則的離心率為（）A. B.C. D.2．已知數(shù)列為遞增等比數(shù)列，，則數(shù)列的前2019項和（）A. B.C. D.3．“”是“”的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4．已知圓的圓心在軸上，半徑為2，且與直線相切，則圓的方程為A. B.或C. D.或5．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，過點作直線交雙曲線的右支于A，B兩點.若，則雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.6．設,是雙曲線（）的左、右焦點，是坐標原點．過作的一條漸近線的垂線，垂足為．若，則的離心率為A. B.C. D.7．已知點是雙曲線的左、右焦點，以線段為直徑的圓與雙曲線在第一象限的交點為，若，則（）A.與雙曲線的實軸長相等B.的面積為C.雙曲線的離心率為D.直線是雙曲線的一條漸近線8．雙曲線的焦點坐標為（）A. B.C. D.9．設函數(shù)在定義域內(nèi)可導，的圖象如圖所示，則導函數(shù)的圖象可能為（）A. B.C. D.10．七巧板是一種古老的中國傳統(tǒng)智力玩具，顧名思義，是由七塊板組成的.這七塊板可拼成許多圖形（1600種以上），如圖所示，某同學用七巧板拼成了一個“鴿子”形狀，若從“鴿子”身上任取一點，則取自“鴿子頭部”（圖中陰影部分）的概率是（）A. B.C. D.11．橢圓的兩焦點之間的距離為A. B.C. D.12．如圖，在平行六面體中，設，，，用基底表示向量，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．我國是世界上嚴重缺水的國家，某市政府為了鼓勵居民節(jié)約用水，計劃調(diào)整居民生活用水收費方案．通過抽樣，獲得了某年100位居民每人的月均用水量（單位：噸），將數(shù)據(jù)按照[0，0.5），[0.5，1），…，[4，4.5）分成9組，制成了如圖所示的頻率分布直方圖，則a=______________14．在單位正方體中，點E為AD的中點，過點B，E，的平面截該正方體所得的截面面積為______.15．等比數(shù)列的前n項和，則的通項公式為___________.16．拋物線焦點坐標是，則______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）如圖在直三棱柱中，為的中點，為的中點，是中點，是與的交點，是與的交點.（1）求證：；（2）求證：平面；（3）求直線與平面的距離.18．（12分）已知直線方程為（1）若直線的傾斜角為，求的值；（2）若直線分別與軸、軸的負半軸交于、兩點，為坐標原點，求面積的最小值及此時直線的方程19．（12分）的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知.（1）求B.（2）___________，若問題中的三角形存在，試求出；若問題中的三角形不存在，請說明理由.在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在橫線上.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.20．（12分）從橢圓上一點P向x軸作垂線，垂足恰為左焦點，A是橢圓C與x軸正半軸的交點，直線AP的斜率為，若橢圓長軸長為8（1）求橢圓C的方程；（2）點Q為橢圓上任意一點，求面積的最大值21．（12分）如圖所示，第九屆亞洲機器人錦標賽VEX中國選拔賽永州賽區(qū)中，主辦方設計了一個矩形坐標場地ABCD（包含邊界和內(nèi)部，A為坐標原點），AD長為10米，在AB邊上距離A點4米的F處放置一只電子狗，在距離A點2米的E處放置一個機器人，機器人行走速度為v，電子狗行走速度為，若電子狗和機器人在場地內(nèi)沿直線方向同時到達場地內(nèi)某點M，那么電子狗將被機器人捕獲，點M叫成功點.（1）求在這個矩形場地內(nèi)成功點M的軌跡方程；（2）P為矩形場地AD邊上的一動點，若存在兩個成功點到直線FP的距離為，且直線FP與點M的軌跡沒有公共點，求P點橫坐標的取值范圍.22．（10分）已知（1）若函數(shù)在上有極值，求實數(shù)a的取值范圍；（2）已知方程有兩個不等實根，證明：（注：是自然對數(shù)的底數(shù)）

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】作點關(guān)于原點的對稱點，連接、、、，推導出、、三點共線，利用橢圓的定義可求得、、、，推導出，利用勾股定理可得出關(guān)于、的齊次等式，即可求得該橢圓的離心率.【詳解】作點關(guān)于原點的對稱點，連接、、、，則為、的中點，故四邊形為平行四邊形，故且，則，所以，，故、、三點共線，由橢圓定義，，有，所以，則，再由橢圓定義，有，因為，所以，在中，即，所以，離心率故選：A.2、C【解析】根據(jù)數(shù)列為遞增的等比數(shù)列，，利用“”法求得，再代入等比數(shù)列的前n項和公式求解.【詳解】因為數(shù)列為遞增等比數(shù)列，所以，解得：，所以.故選：C【點睛】本題主要考查等比數(shù)列的基本運算，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.3、B【解析】因但4、D【解析】設圓心坐標，由點到直線距離公式可得或，進而求得答案【詳解】設圓心坐標，因為圓與直線相切，所以由點到直線的距離公式可得，解得或.因此圓的方程為或.【點睛】本題考查利用直線與圓的位置關(guān)系求圓的方程，屬于一般題5、A【解析】根據(jù)給定條件結(jié)合雙曲線定義求出，，再借助余弦定理求出半焦距c即可計算作答.【詳解】因，令，，而雙曲線實半軸長，由雙曲線定義知，，而，于是可得，在等腰中，，令雙曲線半焦距為c，在中，由余弦定理得：，而，，，解得，所以雙曲線的離心率為.故選：A【點睛】方法點睛：求雙曲線的離心率的方法：(1)定義法：通過已知條件列出方程組，求得得值，根據(jù)離心率的定義求解離心率；(2)齊次式法：由已知條件得出關(guān)于的二元齊次方程，然后轉(zhuǎn)化為關(guān)于的一元二次方程求解；(3)特殊值法：通過取特殊值或特殊位置，求出離心率.6、B【解析】分析：由雙曲線性質(zhì)得到，然后在和在中利用余弦定理可得詳解：由題可知在中，在中,故選B.點睛：本題主要考查雙曲線的相關(guān)知識，考查了雙曲線的離心率和余弦定理的應用，屬于中檔題7、B【解析】由題意及雙曲線的定義可得，的值，進而可得A不正確，計算可判斷B正確，再求出，的關(guān)系可得C不正確，求出，的關(guān)系，進而求出漸近線的方程，可得D不正確【詳解】因為，又由題意及雙曲線的定義可得：，則，，所以A不正確；因為在以為直徑的圓上，所以，所以，所以B正確；在△中，由勾股定理可得，即，所以離心率，所以C不正確；由C的分析可知：，故，所以漸近線的方程為，即，所以D不正確；故選：B8、C【解析】把雙曲線方程化為標準形式，直接寫出焦點坐標.【詳解】，焦點在軸上，，故焦點坐標為.故選：C.9、D【解析】根據(jù)的圖象可得的單調(diào)性，從而得到在相應范圍上的符號和極值點，據(jù)此可判斷的圖象.【詳解】由的圖象可知，在上為增函數(shù)，且在上存在正數(shù)，使得在上為增函數(shù)，在為減函數(shù)，故在有兩個不同的零點，且在這兩個零點的附近，有變化，故排除A，B.由在上為增函數(shù)可得在上恒成立，故排除C.故選：D.【點睛】本題考查導函數(shù)圖象的識別，此類問題應根據(jù)原函數(shù)的單調(diào)性來考慮導函數(shù)的符號與零點情況，本題屬于基礎題.10、C【解析】設正方形邊長為1，求出七巧板中“4”這一塊的面積，然后計算概率【詳解】設正方形邊長為1，由正方形中七巧板形狀知“4”這一塊是正方形，邊長為，面積為，所以概率為故選：C11、C【解析】根據(jù)題意，由于橢圓的方程為,故可知長半軸的長為,那么可知兩個焦點的坐標為，因此可知兩焦點之間的距離為，故選C考點：橢圓的簡單幾何性質(zhì)點評：解決的關(guān)鍵是將方程變?yōu)闃藴适剑缓蠼Y(jié)合性質(zhì)得到結(jié)論，屬于基礎題12、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：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、3##【解析】由頻率之和等于1，即矩形面積之和為1可得.【詳解】由題知，解得.故答案為：0.314、【解析】根據(jù)題意，取的中點，連接、、、，分析可得四邊形為平行四邊形，則要求的截面就是四邊形，進而可得為菱形，連接、，求出、的長，計算可得答案【詳解】根據(jù)題意，取的中點，連接、、、，易得，，則四邊形為平行四邊形，過點，，的截面就是，又由正方體為單位正方體，則，則為菱形，連接、，易得，，則，即要求截面的面積為，故答案為：15、【解析】利用的關(guān)系，結(jié)合是等比數(shù)列，即可求得結(jié)果.【詳解】因為，故當時，，則，又當時，，因為是等比數(shù)列，故也滿足，即，故，此時滿足，則.故答案為：.16、2【解析】根據(jù)拋物線的幾何性質(zhì)直接求解可得.【詳解】的焦點坐標為，即.故答案為：2三、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）證明見解析（3）【解析】（1）法一：通過建立空間直角坐標系，運用向量數(shù)量積證明，法二：通過線面垂直證明，法三:根據(jù)三垂線證明；（2）法一：通過建立空間直角坐標系，運用向量數(shù)量積證明，法二：通過面面平行證明線面平行；（3）法一：通過建立空間直角坐標系，運用向量方法求解，法二：運用等體積法求解.【小問1詳解】證明：法一：在直三棱柱中，因為，以點為坐標原點，方向分別為軸正方向建立如圖所示空間直角坐標系.因為，所以，所以所以，所以.法二：連接，在直三棱柱中，有面，面，所以，又，則，因為，所以面因為面，所以因為，所以四邊形為正方形，所以因為，所以面因為面，所以.法三：用三垂線定理證明：連接，在直三棱柱中，有面因為面，所以，又，則，因為，所以面所以在平面內(nèi)的射影為，因為四邊形為正方形，所以，因此根據(jù)三垂線定理可知【小問2詳解】證明：法一：因為為的中點，為的中點，為中點，是與的交點，所以、，依題意可知為重心，則，可得所以，，設為平面的法向量，則即取得則平面的一個法向量為.所以，則，因為平面，所以平面.法二：連接.在正方形中，為的中點，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以又為中點，所以四邊形是矩形，所以且因為且，所以，所以四邊形為平行四邊形，所以.因為，平面平面平面平面，所以平面平面，平面，所以平面【小問3詳解】法一：由（2）知平面的一個法向量，且平面，所以到平面的距離與到平面的距離相等，，所以，所以點到平面的距離所以到平面的距離為法二：因為分別為和中點，所以為的重心，所以，所以到平面的距離是到平面距離的.取中點則，又平面平面，所以平面，所以到平面的距離與到平面的距離相等.設點到平面的距離為，由得，又，所以，所以到平面的距離是，所以到平面的距離為.18、（1）；（2）面積的最小值為，此時直線的方程為.【解析】（1）由直線的斜率和傾斜角的關(guān)系可求得的值；（2）求出點、的坐標，根據(jù)已知條件求出的取值范圍，求出的面積關(guān)于的表達式，利用基本不等式可求得面積的最小值，利用等號成立的條件可求得的值，即可得出直線的方程.【小問1詳解】解：由題意可得.【小問2詳解】解：在直線的方程中，令可得，即點，令可得，即點，由已知可得，解得，所以，，當且僅當時，等號成立，此時直線的方程為，即.19、（1）（2）答案見解析【解析】（1）由正弦定理及正弦的兩角和公式可求解；（2）選擇條件①，由正弦定理及輔助角公式可求解；選擇條件②，由余弦定理及正切三角函數(shù)可求解；選擇條件③，由余弦定理可求解【小問1詳解】由，可得，則.∴，在中，，則，∵，∴，∴，∵，∴.【小問2詳解】選擇條件①，在中，，可得，∵，∴，∴，根據(jù)輔助角公式，可得，∵，∴，即，故.選擇條件②由，得，∵，∴，因此，，整理得，即，則.在中，，∴.故.選擇條件③由，得，即，整理得，由于，則方程無解，故不存在這樣的三角形.20、（1）（2）18【解析】（1）易得，，進而有，再結(jié)合已知即可求解；（2）由（1）易得直線AP的方程為，，設與直線AP平行的直線方程為，由題意，當該直線與橢圓相切時，記與AP距離比較遠的直線與橢圓的切點為Q，此時的面積取得最大值，將代入橢圓方程，聯(lián)立即可得與AP距離比較遠的切線方程，從而即可求解.【小問1詳解】解：由題意，將代入橢圓方程，得，又∵，∴，化簡得，解得，又，，所以，∴，∴橢圓的方程為；【小問2詳解】解：由（1）知，直線AP的方程為，即，設與直線AP平行的直線方程為，由題意，當該直線與橢圓相切時，記與AP距離比較遠的直線與橢圓的切點為Q，此時的面積取得最大值，將代入橢圓方程，化簡可得，由，即，解得，所以與AP距離比較遠的切線方程，因為與之間的距離，又，所以的面積的最大值為21、（1）（2）【解析】（1）分別以為軸，建立平面直角坐標系，由題意，利用兩點間的距離公式可得答案.(2)由題意可得點的軌跡所在圓的圓心到直線的距離，點的軌跡與軸的交點到直線的距離，從而可得答案.【小問1詳解】