廣東省北京師范大學東莞石竹附屬學校2026屆高二上數(shù)學期末調(diào)研試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．如圖，正四棱柱是由四個棱長為1的小正方體組成的，是它的一條側棱，是它的上底面上其余的八個點，則集合的元素個數(shù)（）A.1 B.2C.4 D.82．已知是拋物線的焦點，是拋物線的準線，點，連接交拋物線于點，，則的面積為（）A.4 B.9C. D.3．某班級從5名同學中挑出2名同學進行大掃除，若小王和小張在這5名同學之中，則小王和小張都沒有被挑出的概率為（）A. B.C. D.4．已知，，若，則（）A.9 B.6C.5 D.35．學校為了解學生在課外讀物方面的支出情況，抽取了n位同學進行調(diào)查，結果顯示這些同學的支出都在（單位：元）內(nèi)，其中支出在（單位：元）內(nèi)的同學有67人，其頻率分布直方圖如圖所示，則n的值為（）A.100 B.120C.130 D.3906．“且”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7．隨著城市生活節(jié)奏的加快，網(wǎng)上訂餐成為很多上班族的選擇，下表是某外賣騎手某時間段訂餐數(shù)量與送餐里程的統(tǒng)計數(shù)據(jù)表：訂餐數(shù)/份122331送餐里程/里153045現(xiàn)已求得上表數(shù)據(jù)的回歸方程中的值為1.5，則據(jù)此回歸模型可以預測，訂餐100份外賣騎手所行駛的路程約為（）A.155里 B.145里C.147里 D.148里8．在空間四邊形中，，，，且，則（）A. B.C. D.9．設的內(nèi)角的對邊分別為的面積，則（）A. B.C. D.10．設為橢圓上一點，，為左、右焦點，且，則（）A.為銳角三角形 B.為鈍角三角形C.為直角三角形 D.，，三點構不成三角形11．命題“”的一個充要條件是（）A. B.C. D.12．已知雙曲線的虛軸長是實軸長的2倍，則實數(shù)的值是A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知向量與是平面的兩個法向量，則__________14．已知等差數(shù)列滿足，請寫出一個符合條件的通項公式______15．橢圓與雙曲線有公共焦點，設橢圓與雙曲線在第一象限內(nèi)交于點，橢圓與雙曲線的離心率分別為為坐標原點，，則的取值范圍是___________.16．若經(jīng)過點且斜率為1的直線與拋物線交于，兩點，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）已知橢圓，離心率分別為左右焦點，橢圓上一點滿足，且的面積為1.（1）求橢圓的標準方程；（2）過點作斜率為的直線交橢圓于兩點.過點且平行于的直線交橢圓于點，證明：為定值.18．（12分）已知拋物線的焦點為，點為坐標原點，直線過定點（其中，）與拋物線相交于兩點（點位于第一象限.（1）當時，求證：；（2）如圖，連接并延長交拋物線于兩點，，設和的面積分別為和，則是否為定值？若是，求出其值；若不是，請說明理由.19．（12分）已知為直角梯形，，平面，，.（1）求證：平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值.20．（12分）在直三棱柱中，，，，，分別是，上的點，且（1）求證：∥平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值21．（12分）如圖所示，在直三棱柱中，，，（1）求三棱柱的表面積；（2）求異面直線與所成角的大小（結果用反三角函數(shù)表示）22．（10分）已知函數(shù)（1）當時，求曲線在點（0，f（0））處的切線方程；（2）若存在，使得不等式成立，求m的取值范圍

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】用空間直角坐標系看正四棱柱，根據(jù)向量數(shù)量積進行計算即可.【詳解】建立空間直角坐標系，為原點，正四棱柱的三個邊的方向分別為軸、軸和看軸，如右圖示，，設，則AB所以集合，元素個數(shù)為1.故選：A.2、D【解析】根據(jù)題意求得拋物線的方程為和焦點為，由，得到為的中點，得到，代入拋物線方程，求得，進而求得的面積.【詳解】由直線是拋物線的準線，可得，即，所以拋物線的方程為，其焦點為，因為，可得可得三點共線，且為的中點，又因為，，所以，將點代入拋物線，可得，所以的面積為.故選：D.3、B【解析】記另3名同學分別為a，b，c，應用列舉法求古典概型的概率即可.【詳解】記另3名同學分別為a，b，c，所以基本事件為，，（a，小王），（a，小張），，（b，小王），（b，小張），（c，小王），（c，小張），（小王，小張），共10種小王和小張都沒有被挑出包括的基本事件為，，，共3種，綜上，小王和小張都沒有挑出的概率為故選：B.4、D【解析】根據(jù)空間向量垂直的坐標表示即可求解.【詳解】.故選：D.5、A【解析】根據(jù)小矩形的面積之和，算出位于10～30的2組數(shù)的頻率之和為0.33,從而得到位于30～50的數(shù)據(jù)的頻率之和為1-0.33=0.67，再由頻率計算公式即可算出樣本容量的值.【詳解】位于10～20、20～30的小矩形的面積分別為位于10～20、20～30的據(jù)的頻率分別為0.1、0.23可得位于10～30的前3組數(shù)的頻率之和為0.1+0.23=0.33由此可得位于30～50數(shù)據(jù)的頻率之和為1-0.33=0.67∵支出在[30,50)的同學有67人,即位于30～50的頻數(shù)為67，∴根據(jù)頻率計算公式，可得解之得.故選：A6、A【解析】按照充分必要條件的判斷方法判斷，“且”能否推出“”，以及“”能否推出“且”，判斷得到正確答案，【詳解】當且時，成立，反過來，當時，例：，不能推出且.所以“且”是“”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本題考查充分不必要條件的判斷，重點考查基本判斷方法，屬于基礎題型.7、C【解析】由統(tǒng)計數(shù)據(jù)求樣本中心，根據(jù)樣本中心在回歸直線上求得，即可得回歸方程，進而估計時的y值即可.【詳解】由題意：，，則，可得，故，當時，.故選：C8、A【解析】利用空間向量的線性運算即可求解.【詳解】..故選:A.9、A【解析】利用三角形面積公式、二倍角正弦公式有，再由三角形內(nèi)角的性質(zhì)及余弦定理化簡求即可.【詳解】由，∴，在中，，∴，解得.故選：A.10、D【解析】根據(jù)橢圓方程求出，然后結合橢圓定義和已知條件求出并求出，進而判斷答案.【詳解】由題意可知，，由橢圓的定義可知，而，聯(lián)立方程解得，且，則6+2=8，即不構成三角形.故選：D.11、D【解析】結合不等式的基本性質(zhì)，利用充分條件和必要條件的定義判斷.【詳解】A.當時，滿足，推不出，故不充分；B.當時，滿足，推不出，故不充分；C.當時，推不出，故不必要；D.因為，故充要，故選：D12、C【解析】由方程表示雙曲線知，又雙曲線的虛軸長是實軸長的2倍，所以，即，所以故選C.考點：雙曲線的標準方程與簡單幾何性質(zhì).二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由且為非零向量可直接構造方程求得，進而得到結果.【詳解】由題意知：，，解得：（舍）或，.故答案為：.14、3（答案不唯一）【解析】由已知條件結合等差數(shù)列的性質(zhì)可得，則，從而可寫出數(shù)列的一個通項公式【詳解】因為是等差數(shù)列，且，所以，當公差為0時，；公差為1時，；…故答案為：3（答案為唯一）15、【解析】根據(jù)橢圓和雙曲線得定義求得，再根據(jù)，可得，從而有，求出的范圍，根據(jù)，結合基本不等式即可得出答案.【詳解】解：設，則有，所以，即，又因為，所以，所以，即，則，由，得，所以，所以，則，由，得，因為，當且僅當，即時，取等號，因為，所以，所以，即，所以的取值范圍是.故答案為：.16、【解析】由題意寫出直線的方程與拋物線方程聯(lián)立，得出韋達定理，由弦長公式可得答案.【詳解】設，則直線的方程為由，得所以所以故答案為：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）證明見解析【解析】（1）方法一：根據(jù)離心率以及，可得出，將條件轉(zhuǎn)化為點在以為直徑的圓上，即為圓與橢圓的交點，將的面積用表示，求出，進而求出橢圓的標準方程；方法二：根據(jù)橢圓的定義，，再根據(jù)勾股定理和直角三角形的面積公式，即可解得，又由離心率求出，則可求出橢圓的標準方程；（2）設出直線的方程，代入橢圓方程，根據(jù)韋達定理表示出，再將直線的方程代入橢圓方程，求出，則為定值.【小問1詳解】方法一：由離心率，得：，所以橢圓上一點，滿足，所以點為圓：與橢圓的交點，聯(lián)立方程組解得所以，解得：，所以橢圓的標準方程為：.方法二：由橢圓定義；，因為，所以，得到：，即，又，得所以橢圓C的標準方程為：；【小問2詳解】設直線AB的方程為：.得設過點且平行于的直線方程：.18、（1）證明見解析；（2）是定值，定值為.【解析】（1）設直線方程為，聯(lián)立直線與拋物線的方程得到韋達定理，再利用韋達定理求出，即得證；（2）設直線方程為，聯(lián)立直線與拋物線的方程得到韋達定理，再求出，，即得解.【詳解】（1）設直線方程為，聯(lián)立直線與拋物線的方程，消去，得，所以.所以即.（2）設直線方程為，聯(lián)立直線與拋物線的方程，消去，得，故.設的方程為，聯(lián)立直線與拋物線的方程，消去得，從而，則，同理可得，，即定值.19、（1）證明見解析；（2）.【解析】建立空間直角坐標系.（1）方法一，利用向量的方法，通過計算，，證得，，由此證得平面.方法二，利用幾何法，通過平面證得，結合證得，由此證得平面.（2）通過平面和平面的法向量，計算出平面與平面所成銳二面角的余弦值.【詳解】如圖，以為原點建立空間直角坐標系，可得，，，.（1）證明法一：因為，，，所以，，所以，，，平面，平面，所以平面.證明法二：因為平面，平面，所以，又因為，即，，平面，平面，所以平面.（2）由（1）知平面的一個法向量，設平面的法向量，又，，且所以所以平面的一個法向量為，所以，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為.【點睛】本小題主要考查線面垂直的證明，考查二面角的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.20、（1）證明見解析（2）【解析】（1）建立空間直角坐標系，由空間向量證明與平面的法向量垂直（2）由空間向量求解【小問1詳解】以C為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，則，，，，，，設，因為，所以，故，得，同理求得，所以，因為是平面的一個法向量，且，所以，又平面，所以平面；【小問2詳解】由（1）可得：，，設平面的一個法向量為，則，即令，則，所以，又平面的一個法向量為，設表示平面與平面所成銳二面角，則21、（1）；（2）【解析】（1）利用S＝2S△ABC+S側，可得三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面積S；（2）連接BC1，確定∠BA1C1就是異面直線A1B與AC所成的角（或其補角），在△A1BC1中，利用余弦定理可求結論【詳解】（1）在△ABC中，因為AB＝2，AC＝4，∠ABC＝90°，所以BC＝．S△ABC＝AB×BC＝2所以S＝2S△ABC+S側＝4+（2+2+4）×4＝24+12（2）連接BC1，因為AC∥A1C1，所以∠BA1C1就是異面直線A1B與AC所成的角（或其補角）在△A1BC1中，A1B＝2，BC1＝2，A1C1＝4，由余弦定理可得cos∠BA1C1＝，所以∠BA1C1＝arccos，即異面直線A1B與AC所成角的大小為arccos【點睛】本題考查三棱柱的表面積，考查線線角，解題的關鍵是正確作出線線角，屬于中檔題22、（1）（2）【解析】（1）利用導數(shù)求出切線斜