貴州省遵義市第十八中學2026屆高二上數學期末教學質量檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y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．古希臘數學家阿基米德利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積，已知橢圓的面積為，、分別是的兩個焦點，過的直線交于、兩點，若的周長為，則的離心率為（）A. B.C. D.2．已知直線：和直線：，拋物線上一動點P到直線和直線的距離之和的最小值是（）A. B.C. D.3．關于的不等式的解集為（）A. B.C.或 D.4．某中學的校友會為感謝學校的教育之恩，準備在學校修建一座四角攢尖的思源亭如圖它的上半部分的輪廓可近似看作一個正四棱錐，已知此正四棱錐的側面與底面所成的二面角為30°，側棱長為米，則以下說法不正確（）A.底面邊長為6米 B.體積為立方米C.側面積為平方米 D.側棱與底面所成角的正弦值為5．若存在，使得不等式成立，則實數k的取值范圍為（）A. B.C. D.6．19世紀法國著名數學家加斯帕爾·蒙日，創(chuàng)立了畫法幾何學，推動了空間幾何學的獨立發(fā)展，提出了著名的蒙日圓定理：橢圓的兩條切線互相垂直，則切線的交點位于一個與橢圓同心的圓上，稱為蒙日圓，且該圓的半徑等于橢圓長半軸長與短半軸長的平方和的算術平方根．若圓與橢圓的蒙日圓有且僅有一個公共點，則b的值為（）A. B.C. D.7．下列說法中正確的是（）A.命題“若，則”的否命題是真命題；B.若為真命題，則為真命題；C.“”是“”的充分條件；D.若命題：“，”，則：“，”8．橢圓的焦點為F1，F(xiàn)2，點P在橢圓上，若|PF1|=4，則∠F1PF2的余弦值為A. B.C. D.9．等比數列的公比，中有連續(xù)四項在集合中，則等于（）A. B.C D.10．復數，則對應的點所在的象限是（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限11．已知命題：拋物線的焦點坐標為；命題：等軸雙曲線的離心率為，則下列命題是真命題的是（）A. B.C. D.12．已知等差數列的前項和為，若，，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知正數、滿足，則的最大值為__________14．已知為橢圓上的一點，，分別為圓和圓上的點，則的最小值為______15．已知直線被圓截得的弦長等于該圓的半徑，則實數_____.16．已知數列滿足，記，則______；數列的通項公式為______.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）已知函數.（1）記函數，當時，討論函數的單調性；（2）設，若存在兩個不同的零點，證明：為自然對數的底數）.18．（12分）已知等比數列的公比，且，的等差中項為5，.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.19．（12分）已知函數，.（1）討論的單調性；（2）當時，記在區(qū)間的最大值為M，最小值為N，求的取值范圍.20．（12分）如圖，四棱柱的底面為正方形，平面，，，點在上，且.（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）求平面與平面夾角的余弦值.21．（12分）如圖，底面是矩形的直棱柱中，；（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的大?。?2．（10分）（1）敘述正弦定理；（2）在△中，應用正弦定理判斷“”是“”成立的什么條件，并加以證明.

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】本題首先可根據題意得出，然后根據的周長為得出，最后根據求出的值，即可求出的離心率.【詳解】因為橢圓的面積為，所以長半軸長與短半軸長的乘積，因為的周長為，所以根據橢圓的定義易知，，，，則的離心率，故選：A.2、A【解析】根據已知條件，結合拋物線的定義，可得點P到直線和直線的距離之和，當B，P，F(xiàn)三點共線時，最小，再結合點到直線的距離公式，即可求解【詳解】∵拋物線，∴拋物線的準線為，焦點為，∴點P到準線的距離PA等于點P到焦點F的距離PF，即，∴點P到直線和直線的距離之和，∴當B，P，F(xiàn)三點共線時，最小，∵，∴，∴點P到直線和直線的距離之和的最小值為故選：A3、C【解析】求出不等式對應方程的根，結合不等式和二次函數的關系，即可得到結果.【詳解】不等式對應方程的兩根為，因為，故可得，根據二次不等式以及二次函數的關系可得不等式的解集為或.故選：C.【點睛】本題考查含參二次不等式的求解，屬基礎題.4、D【解析】連接底面正方形的對角線交于點，連接，則為該正四棱錐的高，即平面，取的中點，連接，則的大小為側面與底面所成，設正方形的邊長為，求出該正四棱錐的底面邊長，斜高和高，然后對選項進行逐一判斷即可.【詳解】連接底面正方形的對角線交于點，連接則為該正四棱錐的高，即平面取的中點，連接，由正四棱錐的性質，可得由分別為的中點，所以，則所以為二面角的平面角，由條件可得設正方形的邊長為，則,又則,解得故選項A正確.所以,則該正四棱錐的體積為，故選項B正確.該正四棱錐的側面積為，故選項C正確.由題意為側棱與底面所成角，則，故選項D不正確.故選：D5、C【解析】根據題意和一元二次不等式能成立可得對于，成立，令，利用導數討論函數的單調性，即可求出.【詳解】存在，不等式成立，則，能成立，即對于，成立，令，，則，令，所以當，單調遞增，當，單調遞減，又，所以f(x)>-3，所以.故選：C6、B【解析】由題意求出蒙日圓方程，再由兩圓只有一個交點可知兩圓相切，從而列方程可求出b的值【詳解】由題意可得橢圓的蒙日圓的半徑，所以蒙日圓方程為，因為圓與橢圓的蒙日圓有且僅有一個公共點，所以兩圓相切，所以，解得，故選：B7、C【解析】A.寫出原命題的否命題，即可判斷其正誤；B.根據為真命題可知的p,q真假情況，由此判斷的真假；C.看命題“”能否推出“”，即可判斷；D.根據含有一個量詞的命題的否定的要求，即可判斷該命題的正誤.【詳解】A.命題“若x=y，則sinx=siny”，其否命題為若“，則”為假命題，因此A不正確；B.命題“”為真命題，則p，q中至少有一個為真命題，當二者為一真一假時，為假命題，故B不正確C.命題“若，則”為真命題，故C正確；D.命題：“，”，為特稱命題，其命題的否定：“，”，故D錯誤，故選：C8、B【解析】根據題意，橢圓的標準方程為，其中則，則有|F1F2|=2，若a=3，則|PF1|+|PF2|=2a=6，又由|PF1|=4，則|PF2|=6-|PF1|=2，則cos∠F1PF2==.故選B9、C【解析】經分析可得，等比數列各項的絕對值單調遞增，將五個數按絕對值的大小排列，計算相鄰兩項的比值，根據等比數列的定義即可求解.【詳解】因為等比數列中有連續(xù)四項在集合中，所以中既有正數項也有負數項，所以公比，因為，所以，且負數項為相隔兩項，所以等比數列各項的絕對值單調遞增，按絕對值排列可得，因，，，，所以是中連續(xù)四項，所以，故選：C.10、C【解析】化簡復數，根據復數的幾何意義，即可求解.【詳解】由題意，復數，所以復數對應的點為位于第三象限.故選：C.11、D【解析】求出的焦點坐標，及等軸雙曲線的離心率，判斷出為假命題，q為真命題，進而判斷出答案.【詳解】拋物線的焦點坐標為，故命題為假命題；命題：等軸雙曲線中，，所以離心率為，故命題q為真命題，所以為真命題，其他選項均為假命題.故選：D12、B【解析】根據和可求得，結合等差數列通項公式可求得.【詳解】設等差數列公差為，由得：；又，，.故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】直接利用均值不等式得到答案.【詳解】，當即時等號成立.故答案為【點睛】本題考查了均值不等式，意在考查學生的計算能力.14、8【解析】根據橢圓的定義、點到圓上距離的最小值，即可得到答案；【詳解】設為橢圓的左右焦點，則，等號成立，當共線，共線，的最小值為，故答案為：15、2或－4【解析】求出圓心到直線的距離，由幾何法表示出弦長，列出等量關系，即可求出結果.【詳解】由得，所以圓的圓心為，半徑，圓心到直線的距離，則由題可得，即，解得或.故答案為：2或.16、①.②..【解析】結合遞推公式計算出，即可求出的值；證得數列是以3為首項，2為公比的等比數列，即可求出結果.【詳解】因為，所以，，，因此，由于，又，即，所以，因此數列是以3為首項，2為公比的等比數列，則，即，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）在和上單調遞增；在上單調遞減（2）證明見解析【解析】（1）先求導，然后對導數化簡整理后再解不等式即可得單調性；（2）要證明，通過求函數的極值可證明，要證，根據有兩個不同的零點，將問題轉化為證明成立，再通過換元從求函數的最值上證明.【小問1詳解】因為，所以，令，得或.所以時，或；時，.所以在和上單調遞增；在上單調遞減.【小問2詳解】因為，所以.當時，，可得在上單調遞減，此時不可能存在兩個不同的零點，不符合題意.當時，.令，得.當時，；當時，.所以在上單調遞增，在上單調遞減.而當時，，時，.所以要使存在兩個不同的零點，則，即，解得.因為存在兩個不同的零點，則，即.不妨設，則，則，要證，即證，即證，即，.即證，令，則，所以在上單調遞增，所以，即，所以成立.綜上有.【關鍵點點睛】解決本題的第（1）問的關鍵是對導函數的分子因式分解；解決第（2）問的關鍵一是分步證明，二是研究函數的單調性，三是轉化思想的運用，四是換元思想的運用.18、（1）；（2）.【解析】（1）根據條件列關于首項與公比的方程組，解得結果代入等比數列通項公式即可；（2）利用錯位相減法求和即可.【詳解】解析：（1）由題意可得：，∴∵，∴，∴數列的通項公式為.（2）∴上述兩式相減可得∴【點睛】本題考查等比數列通項公式、錯位相減法求和，考查基本分析求解能力，屬中檔題.19、（1）答案見解析；（2）.【解析】（1）求得，對參數進行分類討論，根據導函數函數值的正負即可判斷的單調性；（2）根據（1）中所求，求得，以及，再求其取值范圍即可.【小問1詳解】因為，故可得，令，可得或；當時，，此時在上單調遞增；當時，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；當時，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.綜上所述：當時，在上單調遞增；當時，和單調遞增，在單調遞減；當時，在和單調遞增，在單調遞減.【小問2詳解】由（1）可知：當時，在單調遞減，在單調遞增又，，故在單調遞減，在單調遞增.則的最小值；又，當時，的最大值，此時；當時，的最大值，此時，令，則，所以在上單調遞減，所以，所以；所以的取值范圍為.20、（1）證明見解析（2）（3）【解析】（1）以為原點，所在的直線為軸的正方向建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量可得，即平面，再由線面垂直的性質可得答案；（2）設直線與平面所成角的為，可得答案；（3）由二面角的向量求法可得答案.【小問1詳解】以為原點，所在的直線為軸的正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，設平面的一個法向量為，所以，即，令，則，所以，所以，所以平面，平面，所以.【小問2詳解】，所以，由（1）平面的一個法向量為，設直線與平面所成角的為，所以直線與平面所成角的正弦值.【小問3詳解】由已知為平面的一個法向量，且，由（1）平面的一個法向量為，所以，由圖可得平面與平面夾角的余弦值為.21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）通過證明和可得答案；（2）連接，則為直線與平面所成角的平面角，在直角三角形中計算即可.