安徽省黃山市徽州一中2026屆高二數學第一學期期末學業(yè)質量監(jiān)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。1．2021年6月17日9時22分，搭載神舟十二號載人飛船的長征二號F遙十二運載火箭，在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火發(fā)射．此后，神舟十二號載人飛船與火箭成功分離，進入預定軌道，并快速完成與“天和”核心艙的對接，聶海勝、劉伯明、湯洪波3名宇航員成為核心艙首批“入住人員”，并在軌駐留3個月，開展艙外維修維護，設備更換，科學應用載荷等一系列操作．已知神舟十二號飛船的運行軌道是以地心為焦點的橢圓，設地球半徑為R，其近地點與地面的距離大約是，遠地點與地面的距離大約是，則該運行軌道（橢圓）的離心率大約是（）A. B.C. D.2．已知命題：，命題：，則是的（）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3．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4．已知函數，那么的值為（）A. B.C. D.5．已知數列滿足，則（）A.2 B.C.1 D.6．命題“，”的否定是（）A.， B.，C， D.，7．已知圓上有三個點到直線的距離等于1，則的值為（）A. B.C. D.18．已知函數，則滿足不等式的的取值范圍是（）A. B.C. D.9．在等差數列中，，且，，，構成等比數列，則公差（）A.0或2 B.2C.0 D.0或10．已知函數的部分圖象與軸交于點，與軸的一個交點為，如圖所示，則下列說法錯誤的是（）A. B.的最小正周期為6C.圖象關于直線對稱 D.在上單調遞減11．已知{an}是以10為首項，－3為公差的等差數列，則當{an}的前n項和Sn，取得最大值時，n=（）A.3 B.4C.5 D.612．已知數列的通項公式為，是數列的最小項，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知數列an滿足，則__________14．已知等差數列滿足，，，則公差______15．已知某次數學期末試卷中有8道4選1的單選題16．已知函數，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，在四棱錐中，底面是菱形，平面，，，分別為，的中點（1）證明：平面；（2）證明：平面18．（12分）已知函數在區(qū)間上有最大值和最小值（1）求實數、的值；（2）設，若不等式，在上恒成立，求實數的取值范圍19．（12分）在平面直角坐標系中，為坐標原點，曲線上點都在軸及其右側，且曲線上的任一點到軸的距離比它到圓的圓心的距離小1（1）求曲線的方程；（2）已知過點的直線交曲線于點，若,求面積20．（12分）已知圓C：，直線l：.（1）當a為何值時，直線l與圓C相切；（2）當直線l與圓C相交于A，B兩點，且|AB|=時，求直線l的方程.21．（12分）已知平面內兩點，，動點P滿足（1）求動點P的軌跡方程；（2）過定點的直線l交動點P的軌跡于不同的兩點M，N，點M關于y軸對稱點為，求證直線過定點，并求出定點坐標22．（10分）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是矩形，M是PA的中點，N是BC的中點，平面ABCD，且，（1）求證：∥平面PCD；（2）求平面MBC與平面ABCD夾角的余弦值

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、A【解析】以運行軌道長軸所在直線為x軸，地心F為右焦點建立平面直角坐標系，設橢圓方程為，根據題意列出方程組，解方程組即可.【詳解】以運行軌道長軸所在直線為x軸，地心F為右焦點建立平面直角坐標系，設橢圓方程為，其中，根據題意有，，所以，，所以橢圓的離心率故選：A2、B【解析】利用充分條件和必要條件的定義判斷.【詳解】因為命題：或，命題：，所以是的必要不充分條件，故選：B3、A【解析】根據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：A4、D【解析】直接求導，代入計算即可.【詳解】，故.故選：D.5、D【解析】首先得到數列的周期，再計算的值.【詳解】由條件，可知，兩式相加可得，即，所以數列是以周期為的周期數列，.故選：D6、D【解析】由含量詞命題否定的定義，寫出命題的否定即可【詳解】命題“，”的否定是：，，故選：D.7、A【解析】求出圓心和半徑，由題意可得圓心到直線的距離，列方程即可求得的值.【詳解】由圓可得圓心，半徑，因為圓上有三個點到直線的距離等于1，所以圓心到直線的距離，可得：，故選：A.8、A【解析】利用導數判斷函數的單調性，根據單調性即可解不等式【詳解】由則函數在上單調遞增又，所以，解得故選：A9、A【解析】根據等比中項的性質和等差數列的通項公式建立方程，可解得公差d得選項.【詳解】解：因為在等差數列中，，且，，，構成等比數列，所以，即，所以，解得或，故選：A.10、D【解析】根據函數的圖象求出，再利用函數的性質結合周期公式逆推即可求解.【詳解】因為函數的圖象與軸交于點，所以，又，所以，A正確；因為的圖象與軸的一個交點為，即，所以，又，解得，所以，所以，求得最小正周期為，B正確；，所以是的一條對稱軸，C正確；令，解得，所以函數在，上單調遞減，D錯誤故選：D.11、B【解析】由題可得當時，，當時，，即得.【詳解】∵{an}是以10為首項，－3為公差的等差數列，∴，故當時，，當時，，故時，取得最大值故選：B.12、D【解析】利用最值的含義轉化為不等式恒成立問題解決即可【詳解】解：由題意可得，整理得，當時，不等式化簡為恒成立，所以，當時，不等式化簡為恒成立，所以，綜上，，所以實數的取值范圍是，故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、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：201914、2【解析】根據等差數列性質求得，再根據題意列出相關的方程組，解得答案.【詳解】為等差數列，故由可得：，即，故，故，所以，解得，故答案為：215、##0.84375【解析】合理設出事件，利用全概率公式進行求解.【詳解】設小王從這8題中任選1題，且作對為事件A，選到能完整做對的5道題為事件B，選到有思路的兩道題為事件C，選到完全沒有思路為事件D，則，，，由全概率公式可得：PA=PB故答案為：16、【解析】根據導數的定義求解即可【詳解】由，得，所以，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）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）取中點，結合三角形中位線性質可證得四邊形為平行四邊形，由此得到，由線面平行判定定理可證得結論；（2）利用菱形特點和線面垂直的性質可證得，，由線面垂直的判定定理可證得結論.【詳解】（1）取中點，連接，分別為中點，，四邊形為菱形，為中點，，，四邊形為平行四邊形，，又平面，平面，平面.（2）連接，四邊形為菱形，，為等邊三角形，又為中點，，平面，平面，，又平面，，平面.18、（1），；（2）.【解析】（1）分析函數在區(qū)間上的單調性，結合已知條件可得出關于實數、的方程組，即可解得實數、的值；（2）由（1）可得，利用參變量分離法可得出，利用單調性求出函數在上的最小值，即可得出實數的取值范圍.【小問1詳解】解：的對稱軸是，又，所以，函數在上單調遞減，在上單調遞增，當時，取最小值，當時，取最大值，即，解得.【小問2詳解】解：由（1）知：，所以，，又，，令，則在上是增函數．所以，，要使在上恒成立，只需，因此，實數的取值范圍為19、（1）（2）【解析】（1）由題意直接列或根據拋物線的定義求軌跡方程（2）待定系數法設直線方程，聯(lián)立直線與拋物線方程，根據拋物線的定義，利用韋達定理解出直線方程，再求面積【小問1詳解】解法1：配方法可得圓的方程為，即圓的圓心為，設的坐標為，由已知可得，化簡得，曲線的方程為解法2：配方可得圓的方程為，即圓的圓心為，由題意可得上任意一點到直線的距離等于該點到圓心的距離，由拋物線的定義可得知，點的軌跡為以點為焦點的拋物線，所以曲線的方程為【小問2詳解】拋物線的焦點為，準線方程為，由，可得的斜率存在，設為，，過的直線的方程為，與拋物線的方程聯(lián)立，可得，設，的橫坐標分別為，，可得，，由拋物線的定義可得，解得，即直線的方程為，可得到直線的距離為，，所以的面積為20、（1）；（2）或.【解析】（1）由題設可得圓心為，半徑，根據直線與圓的相切關系，結合點線距離公式列方程求參數a的值即可.（2）根據圓中弦長、半徑與弦心距的幾何關系列方程求參數a，即可得直線方程.【小問1詳解】由圓：，可得，其圓心為，半徑，若直線與圓相切，則圓心到直線距離，即，可得：.【小問2詳解】由（1）知：圓心到直線的距離，因為，即，解得：，所以，整理得：，解得：或，則直線為或.21、（1）（2）證明見解析，定點坐標為【解析】（1）直接由斜率關系計算得到；（2）設出直線，聯(lián)立橢圓方程，韋達定理求出，再結合三點共線，求出參數，得到過定點.小問1詳解】設動點，由已知有，整理得，所以動點的軌跡方程為；【小問2詳解】由已知條件可知直線和直線斜率一定存在，設直線方程為，，，則，由，可得，則，即為，，，因為直線過定點，所以三點共線，即，即，即，即，即得，整理，得，滿足，則直線方程為，恒過定點.【點睛】本題關鍵在于設出帶有兩個參數的直線的方程，聯(lián)立橢圓方程后，利用題干中的條件，解出一個參數或得到兩個參數之間的關系，即可求出定點.22、（1）詳見解析；（2）【解析】（1）取PD的中點E，連接ME，CE，易證四邊形是平行四邊形，得到，再利用線面平行的判定定理證明；（2）建