2026屆山東省臨沂市蘭陵縣高二數學第一學期期末質量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。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．雙曲線的一條漸近線方程為，則雙曲線的離心率為（）A.2 B.5C. D.2．拋物線的焦點為F，準線為l，點P是準線l上的動點，若點A在拋物線C上，且，則（O為坐標原點）的最小值為（）A. B.C. D.3．函數在單調遞增的一個必要不充分條件是（）A. B.C. D.4．礦山爆破時，在爆破點處炸開的礦石的運動軌跡可看作是不同的拋物線，根據地質、炸藥等因素可以算出這些拋物線的范圍，這個范圍的邊界可以看作一條拋物線，叫“安全拋物線”，如圖所示．已知某次礦山爆破時的安全拋物線的焦點為，則這次爆破時，礦石落點的最遠處到點的距離為（）A. B.2C. D.5．直線與橢圓交于兩點，以線段為直徑的圓恰好經過橢圓的左焦點，則此橢圓的離心率為（）A B.C. D.6．觀察數列，（），，（）的特點，則括號中應填入的適當的數為（）A. B.C. D.7．函數的導函數為，若已知圖象如圖，則下列說法正確的是（）A.存在極大值點 B.在單調遞增C.一定有最小值 D.不等式一定有解8．已知平面內有一點，平面的一個法向量為，則下列四個點中在平面內的是（）A. B.C. D.9．已知正方體的棱長為1，且滿足，則的最小值是（）A. B.C. D.10．設是等差數列的前n項和，若，，則（）A.26 B.－7C.－10 D.－1311．用1，2，3，4這4個數字可寫出（）個沒有重復數字的三位數A.24 B.12C.81 D.6412．已知正實數a，b滿足，若不等式對任意的實數x恒成立，則實數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．已知正三棱臺上、下底面邊長分別為1和2，高為1，則這個正三棱臺的體積為______.14．直線l過拋物線的焦點F，且l與該拋物線交于不同的兩點，．若，則弦AB的長是____15．已知圓M過，，且圓心M在直線上.（1）求圓M的標準方程；（2）過點的直線m截圓M所得弦長為，求直線m的方程；16．四棱錐A－BCDE中，底面BCDE為矩形，側面ABC⊥底面BCDE，側面ABE⊥底面BCDE，BC＝2，CD＝4（I）證明：AB⊥面BCDE；（II）若AD＝2，求二面角C－AD－E的正弦值三、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）已知橢圓M：的離心率為，左頂點A到左焦點F的距離為1，橢圓M上一點B位于第一象限，點B與點C關于原點對稱，直線CF與橢圓M的另一交點為D（1）求橢圓M的標準方程；（2）設直線AD的斜率為，直線AB的斜率為．求證：為定值18．（12分）在等差數列中，已知且（1）求的通項公式；（2）設，求數列前項和19．（12分）函數.（1）當時，解不等式；（2）若不等式對任意恒成立，求實數a的取值范圍.20．（12分）已知橢圓的焦距為4，點在G上.（1）求橢圓G方程；（2）過橢圓G右焦點的直線l與橢圓G交于M，N兩點，O為坐標原點，若，求直線l的方程.21．（12分）已知函數，在處有極值.（1）求、的值；（2）若，有個不同實根，求的范圍.22．（10分）已知正項數列的前項和滿足（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前項和.

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】根據漸近線方程求得關系，結合離心率的計算公式，即可求得結果.【詳解】因為雙曲線的一條漸近線方程為，則；又雙曲線離心率.故選：D.2、D【解析】依題意得點坐標，作點關于的對稱點，則，求即為最小值【詳解】如圖所示：作點關于的對稱點，連接，設點，不妨設，由題意知，直線l方程為，則，得所以，得，所以由，當三點共線時取等號，又所以最小值為故選：D3、D【解析】求出導函數，由于函數在區(qū)間單調遞增，可得在區(qū)間上恒成立，求出的范圍，再根據充分必要條件的定義即可判斷得解.【詳解】由題得，函數在區(qū)間單調遞增，在區(qū)間上恒成立，而在區(qū)間上單調遞減，選項中只有是的必要不充分條件.選項AC是的充分不必要條件，選項B是充要條件.故選：D4、D【解析】根據給定條件求出拋物線的頂點，結合拋物線的性質求出p值即可計算作答.【詳解】依題意，拋物線的頂點坐標為，則拋物線的頂點到焦點的距離為，p>0，解得，于是得拋物線的方程為，由得，，即拋物線與軸的交點坐標為，因此，，所以礦石落點的最遠處到點的距離為.故選：D5、D【解析】根據題意作出示意圖，根據圓的性質以及直線的傾斜角求解出的長度，再根據橢圓的定義求解出的關系，則橢圓離心率可求.【詳解】設橢圓的左右焦點分別為，如下圖：因為以線段為直徑的圓恰好經過橢圓的左焦點，所以且，所以，又因為的傾斜角為，所以，所以為等邊三角形，所以，所以，因為，所以，所以，所以，所以，故選：D.6、D【解析】利用觀察法可得，即得.【詳解】由題可得數列的通項公式為，∴.故選：D7、C【解析】根據圖象可得的符號，從而可得的單調區(qū)間，再對選項進行逐一分析判斷正誤得出答案.【詳解】由所給的圖象，可得當時，，當時，，當時，，當時，，可得在遞減，遞增；在遞減，在遞增，B錯誤，且知，所以存在極小值和，無極大值，A錯誤，同時無論是否存在，可得出一定有最小值，但是最小值不一定為負數，故C正確，D錯誤.故選：C.8、A【解析】設所求點的坐標為，由，逐一驗證選項即可【詳解】設所求點的坐標為，則，因為平面的一個法向量為，所以，，對于選項A，，對于選項B，，對于選項C，，對于選項D，故選：A9、C【解析】由空間向量共面定理可得點四點共面，從而將求的最小值轉化為求點到平面的距離，再根據等體積法計算.【詳解】因為，由空間向量的共面定理可知，點四點共面，即點在平面上，所以的最小值為點到平面的距離，由正方體棱長為，可得是邊長為的等邊三角形，則，，由等體積法得，，所以，所以的最小值為.故選：C【點睛】共面定理的應用：設是不共面的四點，則對空間任意一點，都存在唯一的有序實數組使得，說明：若，則四點共面.10、C【解析】直接利用等差數列通項和求和公式計算得到答案.【詳解】，，解得，故.故選：C.11、A【解析】由題意，從4個數中選出3個數出來全排列即可.【詳解】由題意，從4個數中選出3個數出來全排列，共可寫出個三位數.故選：A12、D【解析】利用基本不等式求出的最小值16，分離參數即可.【詳解】因為，，，所以，當且僅當，即，時取等號由題意，得，即對任意的實數x恒成立，又，所以，即故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】先計算兩個底面的面積，再由體積公式計算即可.【詳解】上底面的面積為，下底面的面積為，則這個正三棱臺的體積為.故答案為：14、4【解析】由題意得，再結合拋物線的定義即可求解.【詳解】由題意得，由拋物線的定義知：，故答案為：4.15、（1）（2）或【解析】(1)首先由條件設圓的標準方程，再將圓上兩點代入，即可求得圓的標準方程；（2）分斜率不存在和存在兩種情況，分別根據弦長公式，求得直線方程.【小問1詳解】圓心在直線上，設圓的標準方程為：，圓過點，，，解得圓的標準方程為【小問2詳解】①當斜率不存在時，直線m的方程為：，直線m截圓M所得弦長為，符合題意②當斜率存在時，設直線m：，圓心M到直線m的距離為根據垂徑定理可得，，，解得直線m方程為或.16、(Ⅰ)詳見解析；(Ⅱ).【解析】（Ⅰ）推導出BE⊥BC，從而BE⊥平面ABC，進而BE⊥AB，由面ABE⊥面BCDE，得AB⊥BC，由此能證明AB⊥面BCDE（Ⅱ）以B為原點，所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角C﹣AD﹣E的正弦值【詳解】由側面底面，且交線為，底面為矩形所以平面，又平面，所以由面面，同理可證，又面在底面中，，由面，故,以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，則,設平面的法向量，則，取所以平面的法向量，同理可求得平面的法向量.設二面角的平面角為，則故所求二面角的正弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的證明，考查二面角的正弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，是中檔題三、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）證明見解析【解析】（1）根據橢圓離心率公式，結合橢圓的性質進行求解即可；（2）設出直線CF的方程與橢圓方程聯(lián)立，根據斜率公式，結合一元二次方程根與系數關系進行求解即可.【小問1詳解】（1），，∴，，，∴；【小問2詳解】設，，則，CF：聯(lián)立∴，∴【點睛】關鍵點睛：利用一元二次方程根與系數的關系是解題的關鍵.18、（1）（2）【解析】（1）由等差數列基本量的計算即可求解；（2）由裂項相消求和法即可求解.【小問1詳解】解：由題意，設等差數列的公差為，則,，解得,；【小問2詳解】解：，.19、（1）；（2）.【解析】（1）由題設，原不等式等價于，分類討論即可得出結論；（2）不等式對任意恒成立，即，即可求實數a的取值范圍.【詳解】（1）當時，原不等式等價于，當時，，解得，即；當時，恒成立，即；當時，，解得，即；綜上，不等式的解集為；（2），，即或，解得，∴a取值范圍是.20、（1）；（2）.【解析】（1）根據已知求出即得橢圓的方程；（2）設l的方程為，，，聯(lián)立直線和橢圓的方程得到韋達定理，根據得到，即得直線l的方程.【小問1詳解】解：橢圓的焦距是4，所以焦點坐標是，.因為點在G上，所以，所以，.所以橢圓G的方程是.【小問2詳解】解：顯然直線l不垂直于x軸，可設l的方程為，，，將直線l的方程代入橢圓G的方程，得，則，.因為，所以，則，即，由，得，.所以，解得，即，所以直線l的方程為.21、（1），（2）【解析】（1）根據題設條件可得，由此可解得與的值（2）依題意可知直線與函數的圖象有三個不同的交點，則的取值范圍介于極小值與極大值之間.【小問1詳解】因為函數