四川省瀘縣四中2026屆高二上數(shù)學期末學業(yè)水平測試試題注意事項：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．曲線在處的切線如圖所示，則（）A.0 B.C. D.2．在中，、、所對的邊分別為、、，若，，，則（）A. B.C. D.3．若不等式組表示的區(qū)域為，不等式表示的區(qū)域為，向區(qū)域均勻隨機撒顆芝麻，則落在區(qū)域中的芝麻數(shù)約為（）A. B.C. D.4．以軸為對稱軸，頂點為坐標原點，焦點到準線的距離為4的拋物線方程是（）A. B.C.或 D.或5．過拋物線的焦點的直線交拋物線于不同的兩點，則的值為A.2 B.1C. D.46．已知直線與圓交于A，B兩點，O為原點，且，則實數(shù)m等于（）A. B.C. D.7．“”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8．已知曲線與直線總有公共點，則m的取值范圍是（）A. B.C. D.9．已知點為雙曲線的左頂點，點和點在雙曲線的右分支上，是等邊三角形，則的面積是A. B.C. D.10．在數(shù)列中，，，則（）A.985 B.1035C.2020 D.207011．如圖，在正方體中，點E是上底面的中心，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B.C. D.12．已知函數(shù)在區(qū)間有且僅有2個極值點，則m的取值范圍是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖三角形數(shù)陣：123456789101112131415……按照自上而下，自左而右的順序，2021位于第i行的第j列，則______14．平行六面體中，底面是邊長為1的正方形，，則對角線的長度為___.15．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的結果________16．已知斜率為1的直線經(jīng)過橢圓的左焦點，且與橢圓交于，兩點，若橢圓上存在點，使得的重心恰好是坐標原點，則橢圓的離心率______.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）已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{}的前4項和為15，且.（1）求{}的通項公式；（2）若，記數(shù)列{}前n項和為，求.18．（12分）已知函數(shù).（1）當時，求的極值；（2）當時，，求a的取值范圍.19．（12分）已知橢圓的短軸長為2，左、右焦點分別為，，過且垂直于長軸的弦長為1（1）求橢圓C的標準方程；（2）若A，B為橢圓C上位于x軸同側的兩點，且，共線，求四邊形的面積的最大值20．（12分）已知函數(shù).（1）討論的單調性；（2）當時，求函數(shù)在內的零點個數(shù).21．（12分）如圖，在四棱錐中，平面，底面為菱形，且，，分別為，的中點（Ⅰ）證明：平面；（Ⅱ）點在棱上，且，證明：平面22．（10分）已知點，直線：，直線m過點N且與垂直，直線m交圓于兩點A，B.（1）求直線m的方程；（2）求弦AB的長.

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、C【解析】由圖示求出直線方程，然后求出，，即可求解.【詳解】由直線經(jīng)過，，可求出直線方程為：∵在處的切線∴，∴故選：C【點睛】用導數(shù)求切線方程常見類型：(1)在出的切線：為切點，直接寫出切線方程：；(2)過出的切線：不是切點，先設切點，聯(lián)立方程組，求出切點坐標，再寫出切線方程：.2、B【解析】利用正弦定理，以及大邊對大角，結合正弦定理，即可求得.【詳解】根據(jù)題意，由正弦定理，可得：，解得，故可得或，由，可得，故故選：B.3、A【解析】作出兩平面區(qū)域，計算兩區(qū)域的公共面積，利用幾何概型得出芝麻落在區(qū)域Γ內的概率，進而可得答案.【詳解】作出不等式組所表示的平面區(qū)域如下圖中三角形ABC及其內部，不等式表示的區(qū)域如下圖中的圓及其內部：由圖可得，A點坐標為點坐標為坐標為點坐標為.區(qū)域即的面積為，區(qū)域的面積為圓的面積，即，其中區(qū)域和區(qū)域不相交的部分面積即空白面積，所以區(qū)域和區(qū)域相交的部分面積，所以落入?yún)^(qū)域的概率為.所以均勻隨機撒顆芝麻，則落在區(qū)域中芝麻數(shù)約為.故選:A.4、C【解析】根據(jù)拋物線的概念以及幾何性質即可求拋物線的標準方程.【詳解】依題意設拋物線方程為因為焦點到準線的距離為4，所以，所以，所以拋物線方程或故選：C5、D【解析】本題首先可以通過直線交拋物線于不同的兩點確定直線的斜率存在，然后設出直線方程并與拋物線方程聯(lián)立，求出以及的值，然后通過拋物線的定義將化簡，最后得出結果【詳解】因為直線交拋物線于不同的兩點，所以直線的斜率存在，設過拋物線的焦點的直線方程為，由可得，，因為拋物線的準線方程為，所以根據(jù)拋物線的定義可知，，所以，綜上所述，故選D【點睛】本題考查了拋物線的相關性質，主要考查了拋物線的定義、過拋物線焦點的直線與拋物線相交的相關性質，考查了計算能力，是中檔題6、A【解析】根據(jù)給定條件求出，再求出圓O到直線l的距離即可計算作答.【詳解】圓的圓心O，半徑，因，則，而，則，即是正三角形，點O到直線l的距離，因此，，解得，所以實數(shù)m等于.故選：A7、A【解析】根據(jù)充分條件和必要條件的定義直接判斷即可.【詳解】若，則，即或，推不出；反過來，若，可推出.故“”是“”的充分不必要條件故選：A.8、D【解析】對曲線化簡可知曲線表示以點為圓心，2為半徑的圓的下半部分，對直線方程化簡可得直線過定點，畫出圖形，由圖可知，，然后求出直線的斜率即可【詳解】由，得，因為，所以曲線表示以點為圓心，2為半徑的圓的下半部分，由，得，所以，得，所以直線過定點，如圖所示設曲線與軸的兩個交點分別為，直線過定點，為曲線上一動點，根據(jù)圖可知，若曲線與直線總有公共點，則，得，設直線為，則，解得，或，所以，所以，所以，故選：D9、C【解析】設點在軸上方，由是等邊三角形得直線斜率.又直線過點，故方程為.代入雙曲線方程，得點的坐標為.同理可得，點的坐標為.故的面積為,選C.10、A【解析】根據(jù)累加法得，，進而得.【詳解】解：因為所以，當時，，，……，，所以，將以上式子相加得，所以，，.當時，，滿足；所以，.所以.故選：A11、B【解析】建立空間直角坐標系，利用向量夾角求解.【詳解】以為原點，為軸正方向建立空間直角坐標系如圖所示，設正方體棱長為2，所以，所以異面直線與所成角的余弦值為.故選：B12、A【解析】根據(jù)導數(shù)的性質，結合余弦型函數(shù)的性質、極值的定義進行求解即可.【詳解】由，，因為在區(qū)間有且僅有2個極值點，所以令，解得，因此有，故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、69【解析】由圖可知，第行有個數(shù)，求出第行的最后一個數(shù)，從而可分析計算出，即可得出答案.【詳解】解：由圖可知，第行有個數(shù)，第行最后一個數(shù)為，因為，所以第行的最后一個數(shù)為2016，所以2021位第行，即，又，所以2021位第行第5列，即，所以.故答案為：69.14、2【解析】利用，兩邊平方后，利用向量數(shù)量積計算公式，計算得.【詳解】對兩邊平方并化簡得,故.【點睛】本小題主要考查空間向量的加法和減法運算，考查空間向量數(shù)量積的表示，屬于中檔題.15、132【解析】根據(jù)程序框圖模擬程序運行，確定變量值的變化可得結論【詳解】程序運行時，變量值變化如下：，判斷循環(huán)條件，滿足，，；判斷循環(huán)條件，滿足，，；判斷循環(huán)條件，不滿足，輸出故答案為：13216、【解析】設點，，坐標分別為，則根據(jù)題意有，分別將點，，的坐標代入橢圓方程得，然后聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達定理得到和的值，代入得到關于的齊次式，然后解出離心率.【詳解】設，，坐標分別為，因為的重心恰好是坐標原點，則，則，代入橢圓方程可得，其中，所以……①因為直線的斜率為，且過左焦點，則的方程為：，聯(lián)立方程消去可得：，所以，……②所以……③，將②③代入①得，從而.故答案為：【點睛】本題考查橢圓的離心率求解問題，難度較大.解答時,注意，，三點坐標之間的關系，注意韋達定理在解題中的運用.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）設正項的等比數(shù)列的公比為，根據(jù)題意列出方程組，求得的值，即可求得數(shù)列的通項公式；（2）由，結合乘公比錯位相減求和，即可求解.小問1詳解】解：設正項的等比數(shù)列的公比為，顯然不為1，因為等比數(shù)列前4項和為且，可得，解得，所以數(shù)列的通項公式為.【小問2詳解】解：由，所以，可得，兩式相減得，所以.18、（1）極大值，沒有極小值（2）【解析】（1）把代入，然后對函數(shù)求導，結合導數(shù)可求函數(shù)單調區(qū)間,即可得解；（2）構造函數(shù)，將不等式的恒成立轉化為函數(shù)的最值問題，結合導數(shù)與單調性及函數(shù)的性質對進行分類討論，其中當和時易判斷函數(shù)的單調性以及最小值，而當時，的最小值與0進一步判斷【小問1詳解】當時，的定義域為，.當時，，當時，，所以在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù).故有極大值，沒有極小值.【小問2詳解】當時，恒成立等價于對于任意恒成立.令，則.若，則，所以在上單調遞減，所以，符合題意.若，所以在上單調遞減，，符合題意.若，當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，不合題意.綜上可知，a的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：本題考查了不等式恒成立問題，其關鍵是構造函數(shù)，通過討論參數(shù)在不同取值范圍時函數(shù)的單調性，求出函數(shù)的最值，解出參數(shù)的范圍.必要時二次求導.19、（1）（2）2【解析】（1）根據(jù)已知條件求得，由此求得橢圓的標準方程.（2）延長，交橢圓C于點．設出直線的方程并與橢圓方程聯(lián)立，化簡寫出根與系數(shù)關系，根據(jù)對稱性求得四邊形的面積的表達式，利用換元法，結合基本不等式求得四邊形的面積的最大值.【小問1詳解】由題可知，即，因為過且垂直于長軸的弦長為1，所以，所以所以橢圓C的標準方程為【小問2詳解】因為，共線，所以延長，交橢圓C于點．設，由（1）可知，可設直線的方程為聯(lián)立，消去x可得，所以，由對稱性可知設與間的距離為d，則四邊形的面積令，則．因為，當且僅當時取等號，所以，即四邊形的面積的最大值為2【點睛】在橢圓、雙曲線、拋物線中，求三角形、四邊形面積的最值問題，求解策略是：首先結合弦長公式、點到直線距離公式等求得面積的表達式；然后利用基本不等式、二次函數(shù)的性質等知識來求得最值.20、（1）當，在單調遞增；當，在單調遞增,在單調遞減.（2）0.【解析】（1）求得，對參數(shù)分類討論，即可由每種情況下的正負確定函數(shù)的單調性；（2）根據(jù)題意求得，利用進行放縮，只需證即，再利用導數(shù)通過證明從而得到恒成立，則問題得解.【小問1詳解】以為，其定義域為，又，故當時，，在單調遞增；當時，令，可得，且令，解得，令，解得，故在單調遞增，在單調遞減.綜上所述：當，在單調遞增；當，在單調遞增，在單調遞減.【小問2詳解】因為，故可得，則，；下證恒成立，令，則，故在單調遞減，又當時，，故在恒成立，即；因為，故，令，下證在恒成立，要證恒成立，即證，又，故即證，令，則，令，解得，此時該函數(shù)單調遞增，令，解得，此時該函數(shù)單調遞減，又當時，，也即；令，則，令，解得，此時該函數(shù)單調遞減，令，解得，此時該函數(shù)單調遞增，又當時，，也即；又，故恒成立，則在恒成立，又，故當時，恒成立，則在上的零點個數(shù)是.【點睛】本題考察利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單調性，以及函數(shù)零點問題的處理；本題第二問處理的關鍵是通過分離參數(shù)和構造函數(shù)，證明恒成立，屬綜合困難題.21、（Ⅰ）證明見解析（Ⅱ）證明見解析【解析】（Ⅰ）證明和得到平面.（Ⅱ）根據(jù)相似得到證明平面.【詳解】（Ⅰ）如圖，連接