2025-2026學年云南紅河州一中數學高二上期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．已知函數f(x)的圖象如圖所示，則導函數f(x)的圖象可能是（）A. B.C. D.2．已知點是拋物線的焦點，點為拋物線上的任意一點，為平面上點，則的最小值為A.3 B.2C.4 D.3．已知，則的大小關系為（）A. B.C. D.4．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入，則輸出的m的值是（）A.-1 B.0C.0.1 D.15．已知拋物線y2=2px（p>0）的焦點為F，準線為l，M是拋物線上一點，過點M作MN⊥l于N.若△MNF是邊長為2的正三角形，則p=（）A. B.C.1 D.26．圓的圓心坐標與半徑分別是（）A. B.C. D.7．直線在y軸上的截距為（）A. B.C. D.8．設命題甲：，命題乙：直線與直線平行，則（）A.甲是乙的充分不必要條件 B.甲是乙的必要不充分條件C.甲是乙的充要條件 D.甲是乙的既不充分也不必要條件9．下列命題中是真命題的是（）A.“”是“”的充分非必要條件B.“”是“”的必要非充分條件C.在中“”是“”的充分非必要條件D.“”是“”的充要條件10．設命題，，則為（）A.， B.，C.， D.，11．下列關系中，正確的是（）A. B.C. D.12．圍棋起源于中國，據先秦典籍世本記載：“堯造圍棋，丹朱善之”，至今已有四千多年歷史．圍棋不僅能抒發(fā)意境、陶冶情操、修身養(yǎng)性、生慧增智，而且還與天象易理、兵法策略、治國安邦等相關聯(lián)，蘊含著中華文化的豐富內涵．在某次國際圍棋比賽中，規(guī)定甲與乙對陣，丙與丁對陣，兩場比賽的勝者爭奪冠軍，根據以往戰(zhàn)績，他們之間相互獲勝的概率如下：甲乙丙丁甲獲勝概率乙獲勝概率丙獲勝概率丁獲勝概率則甲最終獲得冠軍的概率是（）A.0.165 B.0.24C.0.275 D.0.36二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．我國南北朝時期的數學家祖暅提出了一個原理“冪勢既同，則積不容異”，即夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等.現有某幾何體和一個圓錐滿足祖暅原理的條件，若該圓錐的側面展開圖是一個半徑為2的半圓，則該幾何體的體積為________.14．已知等差數列中，，則=_________.15．已知數列an滿足，則__________16．圓關于y軸對稱的圓的標準方程為___________.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）已知冪函數在上單調遞減，函數的定義域為集合A（1）求m的值；（2）當時，的值域為集合B，若是成立的充分不必要條件，求實數的取值范圍18．（12分）已知點在橢圓：上，橢圓E的離心率為.（1）求橢圓E的方程；（2）若不平行于坐標軸且不過原點O的直線l與橢圓E交于B，C兩點，判斷是否可能為等邊三角形，并說明理由.19．（12分）如圖，已知平面，四邊形為矩形，四邊形為直角梯形，，，，（1）求證：∥平面；（2）求證：平面平面20．（12分）已知橢圓的離心率為，以為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線相切.（1）求橢圓的標準方程；（2）已知點和平面內一點，過點任作直線與橢圓相交于，兩點，設直線，，的斜率分別為，，，，試求，滿足的關系式.21．（12分）已知O為坐標原點，雙曲線C：（，）的離心率為，點P在雙曲線C上，點，分別為雙曲線C的左右焦點，.（1）求雙曲線C的標準方程；（2）已知點，，設直線PA，PB的斜率分別為，.證明：為定值.22．（10分）已知直線：和：（1）若，求實數m的值；（2）若，求實數m的值

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、D【解析】根據導函數正負與原函數單調性關系可作答【詳解】原函數在上先減后增，再減再增，對應到導函數先負再正，再負再正，且原函數在處與軸相切，故可知，導函數圖象為D故選：D2、A【解析】作垂直準線于點，根據拋物線的定義，得到，當三點共線時，的值最小，進而可得出結果.【詳解】如圖，作垂直準線于點，由題意可得，顯然，當三點共線時，的值最??；因為，，準線，所以當三點共線時，，所以.故選A【點睛】本題主要考查拋物線上任一點到兩定點距離的和的最值問題，熟記拋物線的定義與性質即可，屬于?？碱}型.3、B【解析】構造利用導數判斷函數在上單調遞減，利用單調性比較大小【詳解】設恒成立，函數在上單調遞減，.故選：B4、B【解析】計算后，根據判斷框直接判斷即可得解.【詳解】輸入，計算，判斷為否，計算，輸出.故選：B.5、C【解析】根據正三角形的性質，結合拋物線的性質進行求解即可.【詳解】如圖所示：準線l與橫軸的交點為，由拋物線的性質可知：，因為若△MNF是邊長為2的正三角形，所以，，顯然，在直角三角形中，，故選：C6、C【解析】將圓的一般方程化為標準方程，即可得答案.【詳解】由題可知，圓的標準方程為，所以圓心為，半徑為3，故選.7、D【解析】將代入直線方程求y值即可.【詳解】令，則，得.所以直線在y軸上的截距為.故選：D8、A【解析】根據充分條件和必要條件的定義，結合兩直線平行的性質進行求解即可.【詳解】當時，直線的方程為，直線方程為，此時，直線與直線平行，即甲乙；直線和直線平行，則，解得或，即乙甲；則甲是乙的充分不必要條件.故選：.9、B【解析】根據充分條件、必要條件、充要條件的定義依次判斷.【詳解】當時，，非充分，故A錯.當不能推出，所以非充分，，所以是必要條件，故B正確.當在中，，反之，故為充要條件，故C錯；當時，，，，充分條件，因為，當時成立，非必要條件，故D錯.故選：B.10、B【解析】全稱命題的否定時特稱命題，把任意改為存在，把結論否定.【詳解】命題，，則為“，”.故選：B11、B【解析】根據對數函數的性質判斷A，根據指數函數的性質判斷B，根據正弦函數的性質及誘導公式判斷C，根據余弦函數的性質及誘導公式判斷D；【詳解】解：對于A：因為，，，故A錯誤；對于B：因為在定義域上單調遞減，因為，所以，又，，因為在上單調遞增，所以，所以，所以，故B正確；對于C：因為在上單調遞減，因為，所以，又，所以，故C錯誤；對于D：因為在上單調遞減，又，所以，又，所以，故D錯誤；故選：B12、B【解析】先求出甲第一輪勝出的概率，再求出甲第二輪勝出的概率，即可得出結果.【詳解】甲最終獲得冠軍的概率，故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據圓錐的側面展開圖是一個半徑為2的半圓，由，求得底面半徑，進而得到高，再利用錐體的體積公式求解.【詳解】設圓錐的母線長為l，高為h，底面半徑為r，因為圓錐的側面展開圖是一個半徑為2的半圓，所以，解得，所以，所以圓錐的體積為：，故該幾何體的體積為，故答案為：14、4【解析】由等差數列的通項公式求出公差，進而求出.【詳解】設該等差數列的公差為，則，所以.故答案為：4.15、2019【解析】將已知化為代入可以左右相消化簡，將已知化為，代入可以上下相消化簡，再全部代入求解即可.【詳解】由知故所以故答案為：201916、【解析】根據題意可得圓心坐標為，半徑為1，利用平面直角坐標系點關于坐標軸對稱特征可得所求的圓心坐標為，半徑為1，進而得出結果.【詳解】由題意知，圓的圓心坐標為，半徑為1，設圓關于y軸對稱的圓為，所以，半徑為1，所以的標準方程為.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）（2）【解析】（1）根據冪函數的定義和單調性求解；（2）利用根式函數的定義域和值域求得集合A，B，再由是A的真子集求解.【小問1詳解】解：因為冪函數在上單調遞減，所以，解得.【小問2詳解】由，得，解得，所以，當時的值域為，所以，因為是成立的充分不必要條件，所以是A的真子集，，解得.18、（1）（2）三角形不可能是等邊三角形，理由見解析【解析】（1）根據點坐標和離心率可得橢圓方程；（2）假設為等邊三角形，設，與橢圓方程聯(lián)立，由韋達定理得的中點的坐標，，利用得出矛盾.小問1詳解】由點在橢圓上，得，即，又，即，解得，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】假設為等邊三角形，設，，聯(lián)立，消去得，由韋達定理得，由得，故，所以的中點為，所以，故，與等邊三角形中矛盾，所以假設不成立，故三角形不可能是等邊三角形.19、（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】（1）根據線面平行的判定，證明即可；（2）過C作，垂足為M，根據勾股定理證明，再根據線面垂直的性質與判定證明平面BCE即可【小問1詳解】證明：因為四邊形ABEF為矩形，所以，又平面BCE，平面BCE，所以平面BCE【小問2詳解】過C作，垂足為M，則四邊形ADCM為矩形因為，，所以，，，，所以，所以因為平面ABCD，，所以平面ABCD，所以又平面BCE，平面BCE，，所以平面BCE，又平面ACF，所以平面平面BCE20、（1）；（2）.【解析】（1）根據直線與圓相切可得，再結合離心率及間的關系可得的值，進而得到橢圓的方程；（2）分直線的斜率存在與不存在兩種情況考慮，分別求出點的坐標后再求出的值，進而得到，最后根據斜率公式可得所求的關系式【詳解】（1）因為圓與直線相切，所以圓心到直線的距離，即所以，又由題意得所以，所以橢圓的標準方程為（2）①當直線的斜率不存在時，可得直線方程為，由，解得或，不妨設，，所以，又，所以，所以，整理得所以滿足的關系式為.②當直線的斜率存在時，設直線，由消去并整理得，設點，則有，所以.所以，所以，整理得綜上可得滿足的關系式為【點睛】（1）判斷直線與橢圓的位置關系時，一般把二者方程聯(lián)立得到方程組，判斷方程組解的個數，方程組有幾個解，直線與橢圓就有幾個公共點，方程組的解對應公共點的坐標（2）對于直線與橢圓位置關系的題目，注意設而不求和整體代入方法的運用．解題步驟為：①設直線與橢圓的交點為；②聯(lián)立直線與橢圓的方程，消元得到關于x或y的一元二次方程；③利用根與系數的關系設而不求；④利用題干中的條件轉化為，或，，進而求解.21、（1）（2）證明見解析【解析】(1)根據題意和雙曲線的定義求出，結合離心率求出b，即可得出雙曲線的標準方程；(2)設，根據兩點的坐標即可求出、，化簡計算即可.【小問1詳解】由題知：由雙曲線的