安徽省碭山縣二中2026屆高二上數(shù)學期末學業(yè)水平測試模擬試題注意事項：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．已知實數(shù)a，b，c，若a＞b，則下列不等式成立的是（）A B.C. D.2．在四面體中，，，，且，，則等于（）A. B.C. D.3．已知是雙曲線的左、右焦點，點P在C上，，則等于（）A.2 B.4C.6 D.84．若，，且，則（）A. B.C. D.5．已知雙曲線（，）的左，右焦點分別為，．若雙曲線右支上存在點，使得與雙曲線的一條漸近線垂直并相交于點，且，則雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.6．已知不等式解集為，下列結論正確的是（）A. B.C D.7．等差數(shù)列的通項公式，數(shù)列，其前項和為，則等于（）A. B.C. D.8．經過點作圓的弦,使點為弦的中點，則弦所在直線的方程為A. B.C. D.9．阿基米德不僅是著名的物理學家，也是著名的數(shù)學家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積公式，設橢圓的長半軸長、短半軸長分別為，則橢圓的面積公式為，若橢圓的離心率為，面積為，則橢圓的標準方程為（）A.或 B.或C.或 D.或10．設雙曲線（）的焦距為12，則（）A.1 B.2C.3 D.411．連續(xù)拋擲一枚均勻硬幣3次，事件“至少2次出現(xiàn)正面”的對立事件是（）A.只有2次出現(xiàn)反面 B.至少2次出現(xiàn)正面C.有2次或3次出現(xiàn)正面 D.有2次或3次出現(xiàn)反面12．若數(shù)列的通項公式為，則該數(shù)列的第5項為（）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，橢圓的左、右焦點分別為，過橢圓上的點作軸的垂線，垂足為，若四邊形為菱形，則該橢圓的離心率為_________.14．橢圓的左、右焦點分別為，，過焦點的直線交該橢圓于兩點，若的內切圓面積為，兩點的坐標分別為，，則的面積________，的值為________.15．已知函數(shù)的圖像在點處的切線方程是，則＝______16．在中，若面積，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）已知點F為拋物線的焦點，點在拋物線上，且.（1）求該拋物線的方程；（2）若點A在第一象限，且拋物線在點A處的切線交y軸于點M，求的面積.18．（12分）在中，其頂點坐標為.（1）求直線的方程；（2）求的面積.19．（12分）已知函數(shù).（1）當時，求函數(shù)的極大值與極小值；（2）若函數(shù)在上的最大值是最小值的3倍，求a的值.20．（12分）設函數(shù)過點（1）求函數(shù)的單調區(qū)間和極值（要列表）；（2）求函數(shù)在上的最大值和最小值.21．（12分）在中，角的對邊分別為，已知，,且.（1）求角的大??；（2）若，面積為，試判斷的形狀，并說明理由.22．（10分）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，底面分別為的中點，（1）求證：平面平面；（2）求二面角的大小

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】根據(jù)不等式的性質逐一分析即可得出答案.【詳解】解：對于A，因為a＞b，若，則，故A錯誤；對于B，若，則，故B錯誤；對于C，若a＞b，又，所以，故C正確；對于D，當時，，故D錯誤.故選：C.2、B【解析】根據(jù)空間向量的線性運算即可求解.【詳解】解：由題知，故選：B.3、D【解析】根據(jù)雙曲線定義寫出，兩邊平方代入焦點三角形的余弦定理中即可求解【詳解】雙曲線，，所以，根據(jù)雙曲線的對稱性，可假設在第一象限，設，則，所以，，在中，根據(jù)余弦定理：，即，解得：，所以故選：D4、A【解析】由于對數(shù)函數(shù)的存在，故需要對進行放縮，結合（需證明），可放縮為，利用等號成立可求出，進而得解.【詳解】令，，故在上單調遞減，在上單調遞增，，故，即，當且僅當，等號成立．所以，當且僅當時，等號成立，又，所以，即，所以，又，所以，，故故選：A5、B【解析】利用漸近線方程和直線解出Q點坐標，再由得P點坐標，代入雙曲線方程得到a、b、c的齊次式可解.【詳解】如圖，因為與漸近線垂直所以的斜率為，方程為解的Q的坐標為設P點坐標為則，因為，所以，得點P坐標為，代入得：所以，即所以漸近線方程為故選：B.6、C【解析】根據(jù)不等式解集為，得方程解為或，且，利用韋達定理即可將用表示，即可判斷各選項的正誤.【詳解】解：因為不等式解集為，所以方程的解為或，且，所以，所以，所以，故ABD錯誤；，故C正確.故選：C.7、D【解析】根據(jù)裂項求和法求得，再計算即可.【詳解】解：由題意得====所以.故選：D8、A【解析】由題知為弦AB的中點，可得直線與過圓心和點的直線垂直，可求的斜率，然后用點斜式求出的方程【詳解】由題意知圓的圓心為，，由，得，∴弦所在直線的方程為，整理得.選A.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，直線的斜率，直線的點斜式方程，屬于基礎題9、B【解析】根據(jù)題意列出的關系式，即可求得，再分焦點在軸與軸兩種情況寫出標準方程.【詳解】根據(jù)題意，可得，所以橢圓的標準方程為或.故選：B10、B【解析】根據(jù)可得關于的方程，解方程即可得答案.【詳解】因為可化為，所以，則.故選：B.【點睛】本題考查已知雙曲線的焦距求參數(shù)的值，考查函數(shù)與方程思想，考查運算求解能力，屬于基礎題.11、D【解析】根據(jù)對立事件的定義選擇【詳解】對立事件是指事件A和事件B必有一件發(fā)生，連續(xù)拋擲一枚均勻硬幣3次，“至少2次出現(xiàn)正面”即有2次或3次出現(xiàn)正面，對立事件為“有2次或3次出現(xiàn)反面”故選：D12、C【解析】直接根據(jù)通項公式，求；【詳解】，故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據(jù)題意可得，利用推出，進而得出結果.【詳解】由題意知，，將代入方程中，得，因為，所以，整理，得，又，所以，由，解得.故答案為：14、①.6②.3【解析】由題意得，由內切圓面積為可得其半徑，根據(jù)焦點三角形面積公式可得第一空答案，結合面積公式和等面積法建立等式化簡即可.【詳解】解：由得由內切圓面積為可得其半徑，設其內切圓圓心為則又所以.故答案為：6；3【點睛】橢圓中常用面積公式：（1）(表示邊上的高)；（2）；（3）(為三角形內切圓半徑)；（4）.15、3【解析】根據(jù)導數(shù)幾何意義，可得的值，根據(jù)點M在切線上，可求得的值，即可得答案.【詳解】由導數(shù)的幾何意義可得，，又在切線上，所以，則=3，故答案為：3【點睛】本題考查導數(shù)的幾何意義的應用，考查分析理解的能力，屬基礎題.16、##【解析】結合三角形面積公式與余弦定理得，進而得答案.【詳解】解：由三角形的面積公式得，所以，因為，所以，即，因為，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）10.【解析】（1）由根據(jù)拋物線的定義求出可得拋物線方程；（2）求出拋物線過點A的切線，得出點M的坐標即可求三角形面積.【小問1詳解】由拋物線的定義可知，即，拋物線的方程為.【小問2詳解】，且A在第一象限，，即A(4,4)，顯然切線的斜率存在，故可設其方程為，由，消去得，即，令，解得，切線方程為.令x=0，得，即,又，，.18、（1）（2）【解析】（1）先求出AB的斜率，再利用點斜式寫出方程即可；（2）先求出，再求出C到AB的距離即可得到答案.【小問1詳解】由已知，，所以直線的方程為，即.【小問2詳解】，C到直線AB的距離為，所以的面積為.19、（1）的極大值為0,的極小值為（2）2【解析】（1）先求導可得，再利用導函數(shù)判斷的單調性，進而求解；（2）由（1）可得在上的最小值為，由，，可得的最大值為，進而根據(jù)求解即可.【詳解】解:（1）當時，，所以，令，則或，則當和時，；當時，，則在和上單調遞增，在上單調遞減,所以極大值為；的極小值為.（2）由題,，由（1）可得在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值即為的極小值；因為,,所以，因為，則，所以.【點睛】本題考查利用導函數(shù)求函數(shù)的極值,考查利用導函數(shù)求函數(shù)的最值,考查運算能力.20、（1）增區(qū)間，，減區(qū)間，極大值，極小值（2）最大值，最小值【解析】（1）將點代入函數(shù)解析式即可求得a，對函數(shù)求導，分析導函數(shù)的正負，確定單調區(qū)間及極值；（2）分析函數(shù)在此區(qū)間上的單調性，由極值、端點值確定最值.【小問1詳解】∵點在函數(shù)的圖象上，∴，解得，∴，∴，當或時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當變化時，的變化情況如下表：00極大值極小值∴當時，有極大值，且極大值為，當時，有極小值，且極小值為，所以的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為，極大值為，極小值為；【小問2詳解】由（1）可得:函數(shù)在區(qū)間上單調遞減,在區(qū)間上單調遞增.∴,又,,∴21、（1）；（2）為等邊三角形【解析】（1）由（2b﹣c）cosA﹣acosC＝0及正弦定理，得sinB（2cosA﹣1）＝0，從而得角A；（2）由S△ABC＝bcsinA＝，可得bc＝3，①；再由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA可得b2+c2＝6，②；聯(lián)立①②可求得b＝c＝，從而可判斷△ABC的形狀【詳解】（1）由（2b﹣c）cosA﹣acosC＝0及正弦定理，得（2sinB﹣sinC）cosA﹣sinAcosC＝0，∴2sinBcosA﹣sin（A+C）＝0，sinB（2cosA﹣1）＝0∵0＜B＜π，∴sinB≠0，∴cosA＝．∵0＜A＜π，∴A＝（2）△ABC為等邊三角形，∵S△ABC＝bcsinA＝，即bcsin＝，∴bc＝3，①∵a2＝b2+c2﹣2bccosA，A＝，a＝，∴b2+c2＝6，②由①②得b＝c＝，∴△ABC為等邊三角形【點睛】本題考查三角形形狀的判斷，著重考查正弦定理與余弦定理的應用，考查方程思想與運算求解能力，屬于中檔題22、（1）證明見解析（2）【解析】（1）依題意可得平行四邊形是矩形，即可得到，再由及面面垂直的性質定理得到平面，從而得到，即可得到平面，從而得證；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量法求出