陜西省西安市西電附中2026屆高二數學第一學期期末監(jiān)測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．直線被圓截得的弦長為（）A.1 B.C.2 D.32．下列說法中正確的是A.命題“若，則”的逆命題為真命題B.若為假命題，則均為假命題C.若為假命題，則為真命題D.命題“若兩個平面向量滿足，則不共線”的否命題是真命題.3．設a，b，c非零實數，且，則（）A. B.C. D.4．雙曲線的光學性質為：如圖①，從雙曲線右焦點發(fā)出的光線經雙曲線鏡面反射，反射光線的反向延長線經過左焦點.我國首先研制成功的“雙曲線新聞燈”，就是利用了雙曲線的這個光學性質.某“雙曲線新聞燈”的軸截面是雙曲線的一部分，如圖②，其方程為，為其左、右焦點，若從右焦點發(fā)出的光線經雙曲線上的點和點反射后，滿足，，則該雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.5．在平面直角坐標系中，已知點，，，，直線AP，BP相交于點P，且它們斜率之積是.當時，的最小值為（）A. B.C. D.6．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，為坐標原點，為雙曲線在第一象限上的點，直線，分別交雙曲線的左，右支于另一點，，若，且，則雙曲線的離心率為（）A. B.3C.2 D.7．是等差數列，且，，則的值（）A. B.C. D.8．已知數列是等比數列，且，則的值為（）A.3 B.6C.9 D.369．已知四面體，所有棱長均為2，點E，F分別為棱AB，CD的中點，則（）A.1 B.2C.-1 D.-210．南宋數學家楊輝在《詳解九章算術法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的垛積公式，所討論的高階等差數列與一般的等差數列不同，前后兩項之差并不相等，但是逐項差數之差或者高次成等差數列．如數列1，3，6，10，前后兩項之差組成新數列2，3，4，新數列2，3，4為等差數列，這樣的數列稱為二階等差數列．現有二階等差數列，其前7項分別為2，3，5，8，12，17，23，則該數列的第31項為（）A.336 B.467C.483 D.60111．已知點在拋物線的準線上，則該拋物線的焦點坐標是（）A. B.C. D.12．已知對任意實數，有，且時，則時A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．直線與圓相交于兩點M，N，若滿足，則________14．已知數列為嚴格遞增數列，且對任意，都有且．若對任意恒成立，則________15．從雙曲線上一點作軸的垂線，垂足為，則線段中點的軌跡方程為___________.16．如圖三角形數陣：132456109871112131415……按照自上而下，自左而右的順序，位于第行的第列，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）已知，，分別是銳角內角，，的對邊，，.（1）求的值；（2）若的面積為，求的值.18．（12分）已知拋物線上一點到拋物線焦點的距離為，點關于坐標原點對稱，過點作軸的垂線，為垂足，直線與拋物線交于兩點.（1）求拋物線的方程；（2）設直線與軸交點分別為，求的值；（3）若，求.19．（12分）已知數列的前項和為，且．數列是等比數列，，（1）求，的通項公式；（2）求數列的前項和20．（12分）已知函數.（1）求的單調遞增區(qū)間；（2）求在的最大值.21．（12分）如圖所示，在空間四邊形中，，分別為，的中點，，分別在，上，且．求證：（1）、、、四點共面；（2）與的交點在直線上22．（10分）如圖，在三棱柱中，平面ABC，，，，點D，E分別在棱和棱上，且，，M為棱中點（1）求證：；（2）求直線AB與平面所成角的正弦值

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、C【解析】利用直線和圓相交所得的弦長公式直接計算即可.【詳解】由題意可得圓的圓心為，半徑，則圓心到直線的距離，所以由直線和圓相交所得的弦長公式可得弦長為：.故選：C.2、D【解析】A中，利用四種命題的的真假判斷即可；B、C中，命題“”為假命題時，、至少有一個為假命題；D中，寫出該命題的否命題，再判斷它的真假性【詳解】對于A，命題“若，則”的逆命題是：若，則；因為也成立.所以A不正確；對于B，命題“”為假命題時，、至少有一個為假命題，所以B錯誤；C錯誤；對于D，“平面向量滿足”，則不共線的否命題是，若“平面向量滿足”，則共線；由知：，一定有，，所以共線，D正確.故選：D.【點睛】本題考查了命題的真假性判斷問題，也考查了推理與判斷能力，是基礎題3、C【解析】對于A、B、D：取特殊值否定結論；對于C：利用作差法證明.【詳解】對于A：取符合已知條件，但是不成立.故A錯誤；對于B：取符合已知條件，但是，所以不成立.故B錯誤；對于C：因為，所以.故C正確；對于D：取符合已知條件，但是，所以不成立.故D錯誤；故選：C.4、C【解析】連接，已知條件為，，設，由雙曲線定義表示出，用已知正切值求出，再由雙曲線定義得，這樣可由勾股定理求出（用表示），然后在中，應用勾股定理得出的關系，求得離心率【詳解】易知共線，共線，如圖，設，，則，由得，，又，所以，，所以，所以，由得，因為，故解得，則，在中，，即，所以故選：C5、A【解析】設出點坐標，求得、所在直線的斜率，由斜率之積是列式整理即可得到點的軌跡方程，設，根據雙曲線的定義，從而求出的最小值；【詳解】解：設點坐標為，則直線的斜率；直線的斜率由已知有，化簡得點的軌跡方程為又，所以點的軌跡方程為，即點的軌跡為以、為頂點的雙曲線的左支（除點），因為，設，由雙曲線的定義可知，所以，當且僅當、、三點共線時取得最小值，因為，所以，所以，即的最小值為；故選：A6、D【解析】由雙曲線的定義可設，，由平面幾何知識可得四邊形為平行四邊形，三角形，用余弦定理，可得，的方程，再由離心率公式可得所求值【詳解】由雙曲線的定義可得，由，可得，，結合雙曲線性質可以得到，而，結合四邊形對角線平分，可得四邊形為平行四邊形，結合，故，對三角形，用余弦定理，得到，結合，可得，，，代入上式子中，得到，即，結合離心率滿足，即可得出，故選：D【點睛】本題考查求雙曲線的離心率，熟記雙曲線的簡單性質即可，屬于常考題型.7、B【解析】根據等差數列的性質計算【詳解】因為是等差數列，所以，，也成等差數列，所以故選：B8、C【解析】應用等比中項的性質有，結合已知求值即可.【詳解】由等比數列的性質知：，，，所以，又，所以.故選：C9、D【解析】在四面體中，取定一組基底向量，表示出，，再借助空間向量數量積計算作答.【詳解】四面體所有棱長均為2，則向量不共面，兩兩夾角都為，則，因點E，F分別為棱AB，CD的中點，則，，，所以.故選：D10、B【解析】先由遞推關系利用累加法求出通項公式，直接帶入即可求得.【詳解】根據題意，數列2，3，5，8，12，17，23……滿足，，所以該數列的第31項為.故選：B11、C【解析】首先表示出拋物線的準線，根據點在拋物線的準線上，即可求出參數，即可求出拋物線的焦點.【詳解】解：拋物線的準線為因為在拋物線的準線上故其焦點為故選：【點睛】本題考查拋物線的簡單幾何性質，屬于基礎題.12、B【解析】，所以是奇函數，關于原點對稱，是偶函數，關于y軸對稱，時則都是增函數，由對稱性可知時遞增，遞減，所以考點：函數奇偶性單調性二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由點到直線的距離公式，結合已知可得圓心到直線的距離，再由圓的弦長公式可得,然后可解.【詳解】因為，所以，所以，圓心到直線的距離因為，所以，所以故答案為：14、66【解析】根據恒成立和嚴格遞增可得，然后利用遞推求出，的值，不難發(fā)現在此兩項之間的所有項為連續(xù)正整數，于是可得，，然后可解.【詳解】因為，且數列為嚴格遞增數列，所以或，若，則（矛盾），故由可得：，，，，，，，，，，，，，因，，，且數列為嚴格遞增數列，，所以，，所以，所以故答案為：6615、.【解析】根據題意，設，進而根據中點坐標公式及點P已知雙曲線上求得答案.【詳解】由題意，設，則，則，即，因為，則，即的軌跡方程為.16、【解析】由題意可知到第行結束一共有個數字，由此可知在第行；又由圖可知，奇數行從左到右是從小到大排列，偶數行從左到右是從大到小排列，第行個數字從大到小排列，由此可知在到數第列，據此即可求出，進而求出結果.【詳解】由圖可知，第1行有1個數字，第2行有2個數字，第2行有3個數字，……第行有個數字，由此規(guī)律可知，到第行結束一共有個數字；又當時，，所以第行結束一共有個數字；當時，，所以在第行，故；由圖可知，奇數行從左到右是從小到大排列，偶數行從左到右是從大到小排列，第行是偶數行，共個數字，從大到小排列，所以在倒數第列，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）4.【解析】（1）由正弦定理即可得答案.（2）根據題意得到，再由關于角的余弦定理和整理化簡得，再由的面積，即可求出的值.【小問1詳解】由及正弦定理可得.【小問2詳解】由銳角中得，根據余弦定理可得，代入得，整理得，即，解得，，解得.18、（1）；（2）；（3）.【解析】（1）運用拋物線的定義進行求解即可；（2）設出直線的方程，與拋物線的方程聯立，可求得點和的縱坐標，結合直線點斜式方程、兩點間距離公式進行求解即可；（3）利用弦長公式求得，由兩點間距離公式求得和，再解方程即可.【小問1詳解】拋物線的準線方程為：，因為點到拋物線焦點的距離為，所以有；小問2詳解】由題意知，，，設，則，，，，所以直線的方程為，聯立，消去得，，解得，設，，，，不妨取，，直線的斜率為，其方程為，令，則，同理可得，所以，而，所以；【小問3詳解】，其中，，，因為，所以，化簡得，解得（舍負），即，所以【點睛】關鍵點睛：運用拋物線的定義、弦長公式進行求解是解題的關鍵.19、（1），（2）【解析】（1）利用求出通項公式，根據已知求出公比即可得出的通項公式；（2）利用錯位相減法可求解.【小問1詳解】因為數列的前項和為，且，當時，，當時，，滿足，所以，設等比數列的公比為，因為，，所以，解得，所以；【小問2詳解】因為，，則，兩式相減得，所以.20、（1）（2）【解析】（1）利用兩角和的余弦公式以及輔助角公式可得，再由正弦函數單調區(qū)間，整體代入即可求解.（2）根據三角函數的單調性即可求解.【小問1詳解】，，解得，所以函數的單調遞增區(qū)間為【小問2詳解】由（1），解得函數的單調遞減區(qū)間為，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，，，所以函數的最大值為.21、（1）證明見解析；（2）證明見解析【解析】（1）由平行關系轉化，可得，即可證明四點共面；（2）由條件證明與的交點既在平面上，又在平面上，即可證明.【詳解】證明（1）∵，∴∵，分別為，的中點，∴，∴，∴，，，四點共面（2）∵，不是，的中點，∴，且，故為梯形∴與必相交，設交點為，∴平面，平面，∴平面，且平面，∴，即與的交點在直線上22、（1）證明見解析；（2）