2026屆云南省曲靖市西南名校聯(lián)盟高二數(shù)學第一學期期末檢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(nèi)。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．數(shù)列2，，9，，的一個通項公式可以是（）A. B.C. D.2．設，則“”是“直線與直線平行”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3．知點分別為圓上的動.點，為軸上一點，則的最小值（）A. B.C. D.4．已知數(shù)列滿足，，，前項和（）A. B.C. D.5．已知雙曲線的離心率為2，且與橢圓有相同的焦點，則該雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.6．若兩條平行線與之間的距離是2，則m的值為（）A.或11 B.或10C.或12 D.或117．若是函數(shù)的極值點，則函數(shù)（）A.有最小值，無最大值 B.有最大值，無最小值C.有最小值，最大值 D.無最大值，無最小值8．已知△ABC的頂點B、C在橢圓＋y2＝1上，頂點A是橢圓的一個焦點，且橢圓的另外一個焦點在BC邊上，則△ABC的周長是（）A.2 B.6C.4 D.129．沙糖桔網(wǎng)店2019年全年的月收支數(shù)據(jù)如圖所示，則針對2019年這一年的收支情況，下列說法中錯誤的是（）A.月收入的最大值為90萬元，最小值為30萬元 B.這一年的總利潤超過400萬元C.這12個月利潤的中位數(shù)與眾數(shù)均為30 D.7月份的利潤最大10．在中，若，，則外接圓半徑為（）A. B.C. D.11．為比較甲、乙兩地某月時的氣溫狀況，隨機選取該月中的天，將這天中時的氣溫數(shù)據(jù)（單位：℃）制成如圖所示的莖葉圖（十位數(shù)字為莖，個位數(shù)字為葉）.考慮以下結(jié)論：①甲地該月時的平均氣溫低于乙地該月時的平均氣溫；②甲地該月時的平均氣溫高于乙地該月時的平均氣溫；③甲地該月時的氣溫的標準差小于乙地該月時的氣溫的標準差；④甲地該月時的氣溫的標準差大于乙地該月時的氣溫的標準差.其中根據(jù)莖葉圖能得到的統(tǒng)計結(jié)論的編號為（）A.①③ B.①④C.②③ D.②④12．為了了解某地區(qū)的名學生的數(shù)學成績，打算從中抽取一個容量為的樣本，現(xiàn)用系統(tǒng)抽樣的方法，需從總體中剔除個個體，在整個過程中，每個個體被剔除的概率和每個個體被抽取的概率分別為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．“直線和直線垂直”的充要條件是______14．直線與直線垂直，則______15．若圓柱的高、底面半徑均為1，則其表面積為___________16．已知函數(shù)，有且只有一個零點，則實數(shù)的取值范圍是_______.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，在四棱錐中，側(cè)面底面，是以為斜邊的等腰直角三角形，，，，點E為的中點.（1）證明：平面；（2）求二面角的余弦值.18．（12分）已知橢圓的離心率為，直線與橢圓C相切于點（1）求橢圓C方程；（2）已知直線與橢圓C交于不同的兩點M，N，與直線交于點Q（P，Q，M，N均不重合），記的斜率分別為，若①求△面積的范圍，②證明：為定值19．（12分）求適合下列條件的圓錐曲線的標準方程（1）中心在原點，實軸在軸上，一個焦點在直線上的等軸雙曲線；（2）橢圓的中心在原點，焦點在軸上，離心率等于，且它的一個頂點恰好是拋物線的焦點；（3）經(jīng)過點拋物線20．（12分）在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：的左，右頂點分別為A、B，點F是橢圓的右焦點，，（1）求橢圓C的方程；（2）不過點A的直線l交橢圓C于M、N兩點，記直線l、AM、AN的斜率分別為k、、．若，證明直線l過定點，并求出定點的坐標21．（12分）各項都為正數(shù)的數(shù)列的前項和為，且滿足.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）求；（3）設，數(shù)列的前項和為，求使成立的的最小值.22．（10分）圓與軸的交點分別為，且與直線，都相切（1）求圓的方程；（2）圓上是否存在點滿足？若存在，求出滿足條件的所有點的坐標；若不存在，請說明理由.

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、C【解析】用檢驗法，由通項公式驗證是否符合數(shù)列各項，結(jié)合排除法可得【詳解】第一項為正數(shù)，BD中求出第一項均為負數(shù)，排除，而AC均滿足，A中，，排除A，C中滿足，，，故選：C2、A【解析】根據(jù)兩直線平行的充要條件求出a的值，然后可判斷.【詳解】當時，，所以兩直線平行；若兩直線平行，則且，解得或，所以，“”是“直線與直線平行”的充分不必要條件.故選：A3、B【解析】求出圓關(guān)于軸的對稱圓的圓心坐標，以及半徑，然后求解圓與圓的圓心距減去兩個圓的半徑和，即可求出的最小值.【詳解】圓關(guān)于軸的對稱圓的圓心坐標，半徑為1，圓的圓心坐標為，半徑為1，∴若與關(guān)于x軸對稱，則，即，當三點不共線時，當三點共線時，所以同理(當且僅當時取得等號)所以當三點共線時，當三點不共線時，所以∴的最小值為圓與圓的圓心距減去兩個圓的半徑和，∴.故選：B.4、C【解析】根據(jù)，利用對數(shù)運算得到，再利用等比數(shù)列的前n項和公式求解.【詳解】解：因為，所以，則，所以數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，所以，故選：C5、B【解析】求出焦點，則可得出，即可求出漸近線方程.【詳解】由橢圓可得焦點為，則設雙曲線方程為，可得，則離心率，解得，則，所以漸近線方程為.故選：B.6、A【解析】利用平行線間距離公式進行求解即可.【詳解】因為兩條平行線與之間的距離是2，所以，或，故選：A7、A【解析】對求導，根據(jù)極值點求參數(shù)a，再由導數(shù)研究其單調(diào)性并判斷其最值情況.【詳解】由題設，且，∴，可得.∴且，當時，遞減；當時，遞增；∴有極小值，無極大值.綜上，有最小值，無最大值.故選：A8、C【解析】根據(jù)題設條件求出橢圓的長半軸，再借助橢圓定義即可作答.【詳解】由橢圓＋y2＝1知，該橢圓的長半軸，A是橢圓一個焦點，設另一焦點為，而點在BC邊上，點B，C又在橢圓上，由橢圓定義得，所以的周長故選：C9、B【解析】根據(jù)圖形和中位數(shù)、眾數(shù)的概念依次判斷選項即可.【詳解】A：由圖可知，月收入的最大值為90，最小值為30，故A正確；B：各個月的利潤分別為20，30，20，10，30，30，60，40，30，30，50，30，所以總利潤為20+30+20+10+30+30+60+40+30+30+50+30=380(萬元)，故B錯誤；C：這12個月利潤的中位數(shù)與眾數(shù)均為30，故C正確；D：7月份的利潤最大，為60萬元，故D正確.故選：B10、A【解析】根據(jù)三角形面積公式求出c，再由余弦定理求出a，根據(jù)正弦定理即可求外接圓半徑.【詳解】,,,解得由正弦定理可得：，所以故選：A11、B【解析】根據(jù)莖葉圖數(shù)據(jù)求出平均數(shù)及標準差即可【詳解】由莖葉圖知甲地該月時的平均氣溫為，標準差為由莖葉圖知乙地該月時的平均氣溫為，標準差為則甲地該月14時的平均氣溫低于乙地該月14時的平均氣溫，故①正確，乙平均氣溫的標準差小于甲的標準差，故④正確，故正確的是①④，故選：B12、D【解析】根據(jù)每個個體被抽取的概率都是相等的、被剔除的概率也都是相等的，分別由剔除的個數(shù)和抽取的樣本容量除以總體個數(shù)即可求解.【詳解】根據(jù)系統(tǒng)抽樣的定義和方法可知：每個個體被抽取的概率都是相等的，每個個體被剔除的概率也都是相等的，所以每個個體被剔除的概率為，每個個體被抽取的概率為，故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、或【解析】利用直線一般式方程表示垂直的方法求解.【詳解】因為直線和直線垂直，所以，解得或；故答案為：或.14、##【解析】根據(jù)兩直線垂直得，即可求出答案.【詳解】由直線與直線垂直得，.故答案為：.15、【解析】根據(jù)圓柱表面積公式求解即可.【詳解】根據(jù)題意得到圓柱的高，底面半徑，則表面積.故答案為：16、【解析】由題知方程，，有且只有一個零點，進而構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性與函數(shù)值得變化情況，作出函數(shù)的大致圖像，數(shù)形結(jié)合求解即可.【詳解】解：因為函數(shù)，，有且只有一個零點，所以方程，，有且只有一個零點，令，則，，令，則所以為上的單調(diào)遞減函數(shù)，因為，所以當時，；當時，；所以當時，；當時，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，因為當趨近于時，趨近于，當趨近于時，趨近于，且，時，，故的圖像大致如圖所示，所以方程，，有且只有一個零點等價于或.所以實數(shù)的取值范圍是故答案為：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）見解析；（2）【解析】(1)用線線平行證明線面平行，∴在平面PCD內(nèi)作BE的平行線即可；(2)求二面角的大小，可以用空間向量進行求解，根據(jù)已知條件，以AD中點O為原點，OB，AD，OP分別為x、y、z軸建立坐標系﹒【小問1詳解】如圖，取PD中點F，連接EF，F(xiàn)C﹒∵E是AP中點，∴EFAD，由題知BCAD，∴BCEF，∴BCFE是平行四邊形，∴BE∥CF，又CF平面PCD，BE平面PCD，∴BE∥平面PCD；【小問2詳解】取AD中點O，連接OP，OB，∵是以為斜邊等腰直角三角形，∴OP⊥AD，又平面平面，平面PAD∩平面＝AD，∴OP⊥平面ABCD，∵OB平面ABCD，∴OP⊥OB，由BC∥AD，CD⊥AD，AD＝2BC知OB⊥OD，∴OP、OB、OD兩兩垂直，故以O原點，OB、OD、OP分別為x、y、z軸，建立空間直角坐標系Oxyz，如圖：設|BC|＝1，則B(1，0，0)，D(0，1，0)，E(0，)，P(0，0，1)，則，設平面BED的法向量為，平面PBD的法向量為則，取，，取設二面角的大小為θ，則cosθ＝﹒18、（1）；（2）①；②證明見解析.【解析】（1）根據(jù)橢圓離心率和橢圓經(jīng)過的點建立方程組，求解方程組可得橢圓的方程；（2）先根據(jù)相切求出直線的斜率，結(jié)合可得，進而應用弦長公式、點線距離公式及三角形面積公式求△面積的范圍，再逐個求解，，然后可證結(jié)論.【小問1詳解】由題意，解得，故橢圓C的方程為.【小問2詳解】設直線為，聯(lián)立得：，因為直線與橢圓C相切，則判別式，即，整理得，∴，故直線為，又，可得，設直線為，聯(lián)立方程組，解得，故Q為，聯(lián)立方程組，化簡得設，由得：，且，①，到直線的距離為，∴，令，∴.②由上，故，于是為定值.【點睛】直線與橢圓的相切問題一般是聯(lián)立方程，結(jié)合判別式為零求解；定值問題的求解一般結(jié)合目標式中的項，逐個求解，代入驗證即可.19、（1）（2）（3）或【解析】（1）由已知求得，再由等軸雙曲線的性質(zhì)可求得則，由此可求得雙曲線的方程；（2）由已知求得拋物線的焦點為，得出橢圓的，再根據(jù)橢圓的離心率求得，由此可得出橢圓的方程；（3）設拋物線的標準方程為：或，代入點求解即可.【小問1詳解】解：對于直線，令，得，所以，則，所以，所以中心在原點，實軸在軸上，一個焦點在直線上的等軸雙曲線的方程為；【小問2詳解】解：由得拋物線的焦點為，所以對于橢圓，，又橢圓的離心率為，所以，解得，所以橢圓的方程；【小問3詳解】解：因為點在第三象限，所以滿足條件的拋物線的標準方程可以是：或，代入點得或，解得或，所以經(jīng)過點的拋物線的方程為或20、（1）；（2）證明見解析，(－5,0).【解析】(1)寫出A、B、F的坐標，求出向量坐標，根據(jù)向量的關(guān)系即可列出方程組，求得a、b、c和橢圓的標準方程；(2)設直線l的方程為y＝kx＋m，，．聯(lián)立直線l與橢圓方程，根據(jù)韋達定理得到根與系數(shù)的關(guān)系，求出，根據(jù)即可求得k和m的關(guān)系，即可證明直線過定點并求出該定點.【小問1詳解】由題意，知A(－a，0)，B(a，0)，F(xiàn)(c，0)∵，∴解得從而b2＝a2－c2＝3∴橢圓C的方程；【小問2詳解】設直線l的方程為y＝kx＋m，，∵直線l不過點A，因此－2k＋m≠0由得時，，，∴由，可得3k＝m－2k，即m＝5k，故l的方程為y＝kx＋5k，恒過定點(－5,0).21、（1）（2）（3）【解析】（1）直接利用數(shù)列的遞推關(guān)系式，結(jié)合等差數(shù)列的定義，即可求得數(shù)列的通項公式；（2）化簡，結(jié)合裂項相消法求出數(shù)列的和；（3）利用分組法求得，結(jié)合，即可求得的最小值.【小問1詳解】解：因為各項都為正數(shù)的數(shù)列的前項和為，且滿足，當時，解得；當時，；兩式相減可得，整理得（常數(shù)），故數(shù)列是以2為首項，2為公差的等差數(shù)列；所以.【小問2詳解】解：由，可得，所以，所以.【小問3詳解】解：由，可得，所以當為偶數(shù)時，