云南省麗江市古城中學2026屆高二上數學期末檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．設函數是奇函數的導函數，且，當時，，則不等式的解集為（）A. B.C. D.2．函數在點處的切線方程的斜率是（）A. B.C. D.3．已知等比數列的前n項和為，且滿足公比0＜q＜1，＜0，則下列說法不正確的是（）A.一定單調遞減 B.一定單調遞增C.式子-≥0恒成立 D.可能滿足=，且k≠14．已知等比數列的公比q為整數，且，，則（）A.2 B.3C.-2 D.-35．已知點為直線上任意一點，為坐標原點．則以為直徑的圓除過定點外還過定點（）A. B.C. D.6．已知橢圓的一個焦點坐標為，則的值為（）A. B.C. D.7．已知，條件，條件，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8．從某個角度觀察籃球(如圖1)，可以得到一個對稱的平面圖形，如圖2所示，籃球的外輪形為圓O，將籃球表面的粘合線看成坐標軸和雙曲線，若坐標軸和雙曲線與圓O的交點將圓O的周長八等分，AB＝BC＝CD，則該雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.9．函數的導函數的圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A.函數在上單調遞增B.函數的遞減區(qū)間為C.函數在處取得極大值D.函數在處取得極小值10．如圖，在平行六面體中，AC與BD的交點為O，點M在上，且，則下列向量中與相等的向量是（）A. B.C. D.11．拋物線型太陽灶是利用太陽能輻射的一種裝置．當旋轉拋物面的主光軸指向太陽的時候，平行的太陽光線入射到旋轉拋物面表面，經過反光材料的反射，這些反射光線都從它的焦點處通過，形成太陽光線的高密集區(qū)，拋物面的焦點在它的主光軸上．如圖所示的太陽灶中，灶深CD即焦點到灶底（拋物線的頂點）的距離為1m，則灶口直徑AB為（）A.2m B.3mC.4m D.5m12．已知數列滿足，，在（）A.25 B.30C.32 D.64二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知橢圓的長軸在軸上，若焦距為4，則__________.14．某部門計劃對某路段進行限速，為調查限速60km/h是否合理，對通過該路段的300輛汽車的車速進行檢測，將所得數據按，，，分組，繪制成如圖所示頻率分布直方圖.則________；這300輛汽車中車速低于限速60km/h的汽車有______輛.15．若“”是“”必要不充分條件，則實數的最大值為_______16．在空間直角坐標系中，已知向量，則的值為__________.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）（1）已知等軸雙曲線的上頂點到一條漸近線的距離為，求此雙曲線的方程；（2）已知拋物線的焦點為，設過焦點且傾斜角為的直線交拋物線于，兩點，求線段的長18．（12分）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，側面底面，為側棱上一點（1）求證：；（2）若為中點，平面與側棱于點，且，求四棱錐的體積19．（12分）已知數列滿足，且，，成等比數列.（1）求數列的通項公式;（2）設數列的前項和為，求的最小值及此時的值.20．（12分）已知拋物線的焦點為，點為拋物線上一點，且.（1）求拋物線方程；（2）直線與拋物線相交于兩個不同的點，為坐標原點，若，求實數的值；21．（12分）已知函數其中.（1）當時，求函數的單調區(qū)間；（2）當時，函數有兩個零點，，滿足，證明.22．（10分）已知圓與軸相切，圓心在直線上，且到直線的距離為（1）求圓的方程；（2）若圓的圓心在第一象限，過點的直線與相交于、兩點，且，求直線的方程

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】設，則，分析可得為偶函數且，求出的導數，分析可得在上為減函數，進而分析可得上，，在上，，結合函數的奇偶性可得上，，在上，，又由即，則有或，據此分析可得答案【詳解】根據題意，設，則，若奇函數，則，則有，即函數為偶函數，又由，則，則，，又由當時，，則在上為減函數，又由，則在上，，在上，，又由為偶函數，則在上，，在上，，即，則有或，故或，即不等式的解集為；故選：D2、D【解析】求解導函數，再由導數的幾何意義得切線的斜率.【詳解】求導得，由導數的幾何意義得，所以函數在處切線的斜率為.故選：D3、D【解析】根據等比數列的通項公式，前n項和的意義，可逐項分析求解.【詳解】因為等比數列的前n項和為，且滿足公比0＜q＜1，＜0，所以當時，由可得，故數列為增函數，故B正確；由0＜q＜1，＜0知，所以，故一定單調遞減，故A正確；因為當時，，，所以，即-，當時，，綜上，故C正確；若=，且k≠1，則，即，因為，故，故矛盾，所以D不正確.故選：D4、A【解析】由等比數列的性質有，結合已知求出基本量，再由即可得答案.【詳解】因為，，且q為整數，所以，，即q=2.所以.故選：A5、D【解析】設垂直于直線，可知圓恒過垂足；兩條直線方程聯(lián)立可求得點坐標.【詳解】設垂直于直線，垂足為，則直線方程為：，由圓的性質可知：以為直徑的圓恒過點，由得：，以為直徑的圓恒過定點.故選：D.6、B【解析】根據題意得到得到答案.【詳解】橢圓焦點在軸上，且，故.故選：B.7、A【解析】利用“1”的妙用探討命題“若p則q”的真假，取特殊值計算說明“若q則p”的真假即可判斷作答.【詳解】因為，由得：，則，當且僅當，即時取等號，因此，，因，，由，取，則，，即，，所以是的充分不必要條件.故選：A8、D【解析】設出雙曲線方程，通過做標準品和雙曲線與圓O的交點將圓的周長八等分，且AB＝BC＝CD，推出點在雙曲線上，然后求出離心率即可.【詳解】設雙曲線的方程為，則，因為AB＝BC＝CD，所以，所以，因為坐標軸和雙曲線與圓O的交點將圓O的周長八等分，所以在雙曲線上，代入可得，解得，所以雙曲線的離心率為.故選：D9、C【解析】根據函數單調性與導數之間的關系及極值的定義結合圖像即可得出答案.【詳解】解：根據函數的導函數的圖象可得，當時，，故函數在和上遞減，當時，，故函數在和上遞增，所以函數在和處取得極小值，在處取得極大值，故ABD錯誤，C正確.故選：C.10、D【解析】根據平行六面體的幾何特點，結合空間向量的線性運算，即可求得結果.【詳解】因為平行六面體中，點M在上，且故可得故選：D.11、C【解析】建立如圖所示的平面直角坐標系，設拋物線的方程為，根據是拋物線的焦點，求得拋物線的方程，進而求得的長.【詳解】由題意，建立如圖所示的平面直角坐標系，O與C重合，設拋物線的方程為，由題意可得是拋物線的焦點，即，可得，所以拋物線的方程為，當時，，所以.故選：C.12、A【解析】根據題中條件，得出數列公差，進而可求出結果.【詳解】由得，所以數列是以為公差的等差數列，又，所以.故選：A.【點睛】本題主要考查等差數列的基本量運算，屬于基礎題型.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、8【解析】根據橢圓方程列方程，解得結果.【詳解】因為橢圓的長軸在軸上，焦距為4，所以故答案為：8【點睛】本題考查根據橢圓方程求參數，考查基本分析求解能力，屬基礎題.14、①.②.【解析】根據個小矩形面積之和為1即可求出的值；根據頻率分布直方圖可以求出車速低于限速60km/h的頻率，從而可求出汽車有多少輛【詳解】由解得：這300輛汽車中車速低于限速60km/h的汽車有故答案為：；15、【解析】設的解集為集合，由題意可得是的真子集，即可求解.【詳解】由得或，因為“”是“”的必要不充分條件，設或，，因為“”是“”的必要不充分條件，所以是的真子集，所以故答案為：【點睛】結論點睛：本題考查充分不必要條件的判斷，一般可根據如下規(guī)則判斷：（1）若是的必要不充分條件，則對應集合是對應集合的真子集；（2）是的充分不必要條件，則對應集合是對應集合的真子集；（3）是的充分必要條件，則對應集合與對應集合相等；（4）是的既不充分又不必要條件，對的集合與對應集合互不包含16、【解析】由題知，進而根據向量數量積運算的坐標表示求解即可.【詳解】解：因為向量，所以，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）；（2）8.【解析】（1）由等軸雙曲線的一條漸近線方程為，再由點到直線距離公式求解即可；（2）求得直線方程代入拋物線，結合焦點弦長求解即可.【詳解】（1）由等軸雙曲線的一條漸近線方程為，且頂點到漸近線的距離為，可得，解得，故雙曲線方程（2）拋物線的焦點為直線的方程為，即與拋物線方程聯(lián)立，得，消，整理得，設其兩根為，，且由拋物線的定義可知，所以，線段的長是【點睛】(1)直線與拋物線的位置關系和直線與橢圓、雙曲線的位置關系類似，一般要用到根與系數的關系；(2)有關直線與拋物線弦長問題，要注意直線是否過拋物線的焦點，若過拋物線的焦點，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不過焦點，則必須用一般弦長公式18、（1）證明見解析（2）【解析】（1）利用面面垂直的性質定理可得出平面，再利用線面垂直的性質可得出；（2）分析可知為的中點，平面，計算出梯形的面積，利用錐體的體積公式可求得四棱錐的體積【小問1詳解】證明：因為四邊形為正方形，則，因為側面底面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以.【小問2詳解】解：因為，平面，平面，所以，平面，因為平面，平面平面，所以，所以，，則，所以，四邊形是直角梯形，又是中點，所以，，所以，由平面，平面，所以，從而，正三角形中，是中點，，即，，所以平面，因為，所以.19、（1）（2）；或【解析】（1）由題意得到數列為公差為的等差數列，結合，，成等比數列，列出方程求得，即可得到數列的通項公式；（2）由，得到時，，當時，，當時，，結合等差數列的求和公式，即可求解.【小問1詳解】解：由題意，數列滿足，所以數列為公差為的等差數列，又由，，成等比數列，可得，即，解得，所以數列的通項公式.【小問2詳解】解：由數列的通項公式，令，即，解得，所以當時，；當時，；當時，，所以當或時，取得最小值，最小值為.20、（1）（2）【解析】（1）根據拋物線過點，且，利用拋物線的定義求解；（2）設，聯(lián)立，根據，由，結合韋達定理求解.【小問1詳解】解：由拋物線過點，且，得所以拋物線方程為；【小問2詳解】設，聯(lián)立得，，，，則，，即，解得或，又當時，直線與拋物線的交點中有一點與原點重合，不符合題意，故舍去；所以實數的值為.21、（1）單調遞增區(qū)間,無遞減區(qū)間；（2）證明見解析【解析】（1）求出函數的導數，從而判斷其正負，確定函數的單調區(qū)間；（2）根據題意可得到，進而變形為，然后換元令，將證明的問題轉換為成立的問題，從而構造新函數，求新函數的導數，判斷其單調性，求其最值，進而證明不等式成立.【小問1詳解】時，，,令，當時，，當時，，故，則，故是單調遞增函數，即的單調遞增區(qū)間為,無遞減區(qū)間；【小問2詳解】當時，函數有兩個零點，，滿足,即，所以，則，令，由于，則，則x2=tx故，要證明，只需證明，即證，設，令，則，當時，，即在時為增函數，故，即，所以在時為增函數，即，即，故，即.【點睛】本題考查了利用導數求函數的單調區(qū)間以及涉及到零點的不等式的證明問題，解答時要注意導數的應用，主要是根據導數的正負判斷函數的單調性，進而求函數極值或最值，解答的關鍵時對函數式或者不等式進行合理的變形，進而能構造新的函數，利用新的函數的單調性或最值達到證明不等式成立的目的m.22、（1）或（2）或【解析】（1）設圓心的坐標為，則該圓的半徑長為，利用點到直線的距離公式可求得的值，即可得出圓的標準方程；（2