2026屆云南省臨滄市高二上數學期末聯(lián)考試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請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．已知兩條不同直線和平面，下列判斷正確的是（）A.若則 B.若則C.若則 D.若則2．下列直線中，傾斜角最大的為（）A. B.C. D.3．圓截直線所得弦的最短長度為（）A.2 B.C. D.44．已知集合A=（）A. B.C.或 D.5．某單位有840名職工,現采用系統(tǒng)抽樣方法,抽取42人做問卷調查,將840人按1,2,…,840隨機編號,則抽取的42人中,編號落入區(qū)間[481,720]的人數為A.11 B.12C.13 D.146．焦點坐標為的拋物線的標準方程是（）A. B.C. D.7．橢圓（）的右頂點是拋物線的焦點，且短軸長為2，則該橢圓方程為（）A. B.C. D.8．若函數在上為單調減函數，則的取值范圍（）A. B.C. D.9．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，點在雙曲線的右支上，且，則雙曲線離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.10．已知是上的單調增函數，則的取值范圍是A.﹣1b2 B.﹣1b2C.b﹣2或b2 D.b﹣1或b211．函數的單調遞減區(qū)間是（）A. B.C. D.12．已知拋物線的焦點為F，過點F作傾斜角為的直線l與拋物線交于兩點，則POQ(O為坐標原點)的面積S等于（）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，某建筑物的高度，一架無人機上的儀器觀測到建筑物頂部的仰角為，地面某處的俯角為，且，則此無人機距離地面的高度為________14．射擊隊某選手命中環(huán)數的概率如下表所示：命中環(huán)數10987概率0.320.280.180.120.1該選手射擊兩次，兩次命中環(huán)數相互獨立，則他至少命中一次9環(huán)或10環(huán)的概率為_________________.(結果用小數表示)15．與雙曲線有共同漸近線，并且經過點的雙曲線方程是______16．九連環(huán)是中國的一種古老智力游對，它用九個圓環(huán)相連成串，環(huán)環(huán)相扣，以解開為勝，趣味無窮.中國的末代皇帝溥儀（1906-1967）也曾有一個精美的由九個翡翠繯相連的銀制的九連環(huán)（如圖）.現假設有個圓環(huán)，用表示按照某種規(guī)則解下個圓環(huán)所需的銀和翠玉制九連環(huán)最少移動次數，且數列滿足，，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）已知函數，數列的前n項和為，且對一切正整數n、點都在因數的圖象上（1）求數列的通項公式；（2）令，數列的前n項和，求證：18．（12分）如圖，在三棱錐P-ABC中，△ABC是以AC為底的等腰直角三角形，PA=PB=PC=AC=4，O為AC的中點.（1）證明：PO⊥平面ABC；（2）若點M在棱BC上，且，求平面MAP與平面CAP所成角的大小.19．（12分）已知數列滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）記，其中表示不超過最大整數，如，.（i）求、、；（ii）求數列的前項的和.20．（12分）如圖所示，在四棱錐中，BC//平面PAD，，E是PD的中點（1）求證：CE//平面PAB；（2）若M是線段CE上一動點，則線段AD上是否存在點，使MN//平面PAB？說明理由21．（12分）已知拋物線的頂點是坐標原點，焦點在軸上，且拋物線上的點到焦點的距離是5.（1）求該拋物線的標準方程和的值；（2）若過點的直線與該拋物線交于，兩點，求證：為定值.22．（10分）已知等比數列的公比，且，的等差中項為5，.（1）求數列的通項公式；（2）設，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】根據線線、線面、面面的平行與垂直的位置關系即可判斷.【詳解】解：對于選項A：若，則與可能平行，可能相交，可能異面，故選項A錯誤；對于選項B：若，則，故選項B錯誤；對于選項C：當時不滿足，故選項C錯誤；綜上，可知選項D正確.故選：D.2、D【解析】首先分別求直線的斜率，再結合直線傾斜角與斜率的關系，即可判斷選項.【詳解】A.直線的斜率；B.直線的斜率；C.直線的斜率；D.直線的斜率，因為，結合直線的斜率與傾斜角的關系，可知直線的傾斜角最大.故選：D3、A【解析】由題知直線過定點，且在圓內，進而求解最值即可.【詳解】解：將直線化為，所以聯(lián)立方程得所以直線過定點將化為標準方程得，即圓心為，半徑為，由于，所以點在圓內，所以點與圓圓心間的距離為，所以圓截直線所得弦的最短長度為故選：A4、A【解析】先求出集合，再根據集合的交集運算，即可求出結果.【詳解】因為集合，所以.故選：A.5、B【解析】使用系統(tǒng)抽樣方法，從840人中抽取42人，即從20人抽取1人∴從編號1～480的人中，恰好抽取480/20=24人，接著從編號481～720共240人中抽取240/20=12人考點：系統(tǒng)抽樣6、D【解析】依次確定選項中各個拋物線的焦點坐標即可.【詳解】對于A，的焦點坐標為，A錯誤；對于B，的焦點坐標為，B錯誤；對于C，焦點坐標為，C錯誤；對于D，的焦點坐標為，D正確.故選：D.7、A【解析】求得拋物線的焦點從而求得，再結合題意求得，即可寫出橢圓方程.【詳解】因為拋物線的焦點坐標為，故可得；又短軸長為2，故可得，即；故橢圓方程為：.故選：.8、A【解析】分析可知對任意的恒成立，利用參變量分離法結合二次函數的基本性質可求得實數的取值范圍.【詳解】因為，則，由題意可知，對任意的恒成立，則，當時，在上單調遞減，在上單調遞減，所以，，故.故選：A.9、C【解析】根據雙曲線的定義求得，利用可得離心率范圍【詳解】因為，又，所以，，又，即，，所以離心率故選：C10、A【解析】利用三次函數的單調性，通過其導數進行研究，求出導數，利用其導數恒大于0即可解決問題【詳解】∵∴∵函數是上的單調增函數∴在上恒成立∴，即.∴故選A.【點睛】可導函數在某一區(qū)間上是單調函數，實際上就是在該區(qū)間上（或）（在該區(qū)間的任意子區(qū)間都不恒等于0）恒成立，然后分離參數，轉化為求函數的最值問題，從而獲得參數的取值范圍，本題是根據相應的二次方程的判別式來進行求解.11、D【解析】求導后，利用求得函數的單調遞減區(qū)間.【詳解】解：，則，由得，故選：D.12、A【解析】由拋物線的方程可得焦點的坐標，由題意設直線的方程，與拋物線的方程，聯(lián)立求出兩根之和及兩根之積，進而求出，的縱坐標之差的絕對值，代入三角形的面積公式求出面積【詳解】拋物線的焦點為，，由題意可得直線的方程為，設，，，，聯(lián)立，整理可得：，則，，所以，所以，故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、200【解析】在Rt△ABC中求得AC的值，△ACQ中由正弦定理求得AQ的值，在Rt△APQ中求得PQ的值【詳解】根據題意，可得Rt△ABC中，∠BAC＝60°，BC＝300，∴AC200；△ACQ中，∠AQC＝45°+15°＝60°，∠QAC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，∴∠QCA＝180°﹣∠AQC﹣∠QAC＝45°，由正弦定理，得，解得AQ200，在Rt△APQ中，PQ＝AQsin45°＝200200m故答案為200【點睛】本題考查了解三角形的應用問題，考查正弦定理，三角形內角和問題，考查轉化化歸能力，是基礎題14、84【解析】先求出該選手射擊兩次，兩次命中的環(huán)數都低于9環(huán)的概率，由對立事件的概率可得答案.【詳解】該選手射擊一次，命中的環(huán)數低于9環(huán)的概率為該選手射擊兩次，兩次命中的環(huán)數都低于9環(huán)的概率為所以他至少命中一次9環(huán)或10環(huán)的概率為故答案：0.8415、【解析】設雙曲線的方程為，將點代入方程可求的值，從而可得結果【詳解】設與雙曲線有共同的漸近線的雙曲線的方程為，該雙曲線經過點，所求的雙曲線方程為：，整理得故答案為【點睛】本題考查雙曲線的方程與簡單性質，意在考查靈活應用所學知識解答問題的能力，屬于中檔題．與共漸近線的雙曲線方程可設為，只需根據已知條件求出即可.16、684【解析】利用累加法可求得的值.【詳解】當且時，，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）根據數列中和的關系，即可解出；（2）利用裂項相消法求出，即可進一步汽車其范圍.【小問1詳解】由題知，當時，，當時，也滿足上式，綜上，；【小問2詳解】，則，由，得，所以.18、（1）證明見解析（2）【解析】（1）接BO，由是等邊三角形得，由得出，再利用線面垂直的判斷定理可得平面；（2）建立以為坐標原點，分別為軸的空間直角坐標系，求出平面的法向量、平面的法向量，利用二面角的向量求法可得答案.【小問1詳解】連接BO，由已知△ABC是以AC為底的等腰直角三角形，且PA=PB=PC=AC=4，O為AC的中點，則是等邊三角形，，，在中，，滿足，即是直角三角形，則，又，平面，所以平面.【小問2詳解】建立以為坐標原點，分別為軸的空間直角坐標系如圖所示，則，，，，則平面的法向量為，由已知，得到點坐標，，設平面的法向量則，令，則，即，設平面MAP與平面CAP所成角為，則，則平面MAP與平面CAP所成角為.19、（1）；（2）（i），，；（ii）.【解析】（1）推導出數列為等差數列，確定該數列的首項和公差，即可求得數列的通項公式；（2）（i）利用對數函數的單調性結合題中定義可求得、、的值；（ii）分別解不等式、、，結合題中定義可求得數列的前項的和.【小問1詳解】解：因為，，則，可得，，可得，以此類推可知，對任意的，.由，變形為，是一個以為公差的等差數列，且首項為，所以，，因此，.【小問2詳解】解：（i），則，，則，故，，則，故；（ii），當時，即當時，，當時，即當時，，當時，即當時，，因此，數列的前項的和為.20、（1）證明見解析；（2）存在，理由見解析.【解析】（1）為中點，連接，由中位線、線面平行的性質可得四邊形為平行四邊形，再根據線面平行的判定即可證結論；（2）取中點N，連接，，根據線面、面面平行的性質定理和判斷定理即可判斷存在性【小問1詳解】如下圖，若為中點，連接，由E是PD的中點，所以且，又BC//平面PAD，面，且面面，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，故，而面，面，則面.小問2詳解】取中點N，連接，，∵E，N分別為，的中點，∴，∵平面，平面，∴平面，線段存在點N，使得平面，理由如下：由（1）知：平面，又，∴平面平面，又M是上的動點，平面，∴平面PAB，∴線段存在點N，使得MN∥平面21、（1），（2）證明見解析【解析】（1）根據點到焦點的距離等于5，利用拋物線的定義求得p，進而得到拋物線方程，然后將點代入拋物線求解；（2）方法一：設直線方程為：，與拋物線方程聯(lián)立，結合韋達定理，利用數量積的運算求解；方法二：根據直線過點，分直線的斜率不存在時，檢驗即可；當直線的斜率存在時，設直線方程為：，與拋物線方程聯(lián)立，結合韋達定理，利用向量的數量積運算求解.【小問1詳解】解：∵拋物線焦點在軸上，且過點，∴設拋物線方程為，由拋物線定義知，點到焦點的距離等于5，即點到準線的距離等于5，則，，∴拋物線方程為，又點在拋物線上，，，∴所求拋物線方程為，.【小問2詳解】方法一：由于直線過點，可