2025-2026学年河南省许昌高级中学数学高二上期末综合测试模拟试题含解析.doc

2025-2026学年河南省许昌高级中学数学高二上期末综合测试模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知，且直线始终平分圆的周长，则的最小值是（）
A.2 B.
C.6 D.16
2．已知向量，，且，则的值是（ ）
A. B.
C. D.
3．2019年末，武汉出现新型冠状病毒肺炎（COVID—19）疫情，并快速席卷我国其他地区，传播速度很快.因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，所以目前没有特异治疗方法，防控难度很大武汉市出现疫情最早，感染人员最多，防控压力最大，武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和与确诊患者的密切接触者等“四类”人员，强化网格化管理，不落一户、不漏一人在排查期间，一户6口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测，若出现阳性，则该家庭为“感染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为p（0＜p＜1）且相互独立，该家庭至少检测了5个人才能确定为“感染高危户”的概率为f（p），当p=p0时，f（p）最大，则p0=（）
A. B.
C. D.
4．设，，，则a，b，c的大小关系为（）
A. B.
C. D.
5．在中，，则边的长等于（ ）
A. B.
C. D.2
6．若圆上至少有三个点到直线的距离为1，则半径的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
7．大数学家阿基米德的墓碑上刻有他最引以为豪的数学发现的象征图——球及其外切圆柱(如图).以此纪念阿基米德发现球的体积和表面积，则球的体积和表面积均为其外切圆柱体积和表面积的（）

A. B.
C. D.
8．已知空间向量，，，下列命题中正确的个数是（）
①若与共线，与共线，则与共线；
②若，，非零且共面，则它们所在的直线共面；
⑧若，，不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一有序实数组，使得；
④若，不共线，向量，则可以构成空间的一个基底.
A.0 B.1
C.2 D.3
9． “中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2021这2020个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（）
A. B.
C. D.
10． “﹣3＜m＜4”是“方程表示椭圆”的（）条件
A.充分不必要 B.必要不充分
C.充要 D.既不充分也不必要
11．圆的圆心和半径分别是（）
A.， B.，
C.， D.，
12．如图，在长方体中，，，则直线和夹角余弦值为（）

A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知等差数列中，，，则______________
14．在中，，，，则__________.
15．圆和圆的公切线的条数为______
16．设，分别是椭圆C：左、右焦点，点M为椭圆C上一点且在第一象限，若为等腰三角形，则M的坐标为___________
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在棱长为3的正方体中，分别是上的点且

（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值
18．（12分）已知椭圆的离心率是，且过点.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆交于A、B两点，线段的中点为，为坐标原点，且，求面积的最大值.
19．（12分）已知分别是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上的一点，且的面积为1.
（1）求椭圆的短轴长；
（2）过原点的直线与椭圆交于两点，点是椭圆上的一点，若为等边三角形，求的取值范围.
20．（12分）如图，在棱长为的正方体中，为中点

（1）求二面角的大小；
（2）探究线段上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由
21．（12分）已知函数其中.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，函数有两个零点，，满足，
证明.
22．（10分）某外语学校的一个社团中有7名同学，其中2人只会法语；2人只会英语，3人既会法语又会英语，现选派3人到法国的学校交流访问
（1）在选派的3人中恰有2人会法语的概率；
（2）在选派的3人中既会法语又会英语的人数X的分布列和数学期望
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、B
【解析】由已知直线过圆心得，再用均值不等式即可.
【详解】由已知直线过圆心得：，
，
当且仅当时取等.
故选:B.
2、A
【解析】求出向量，的坐标，利用向量数量积坐标表示即可求解.
【详解】因为向量，，
所以，，
因为，
所以，解得：，
故选：A.
3、A
【解析】解设事件A为：检测了5人确定为“感染高危户”，设事件B为：检测了6人确定为“感染高危户”，则，再利用基本不等式法求解.
【详解】解：设事件A为：检测了5人确定为“感染高危户”，
设事件B为：检测了6人确定为“感染高危户”，
则，，
所以，
令，则，
，
当且仅当，即时，等号成立，
即，
故选：A
4、A
【解析】构造函数，求导判断其单调性即可
【详解】令，
，令得，，
当时，，单调递增，
，，，
，
，
，
故选：A
5、A
【解析】由余弦定理求解
【详解】由余弦定理，得，即，解得（负值舍去）
故选：A
6、B
【解析】先求出圆心到直线的距离为，由此可知当圆的半径为
时，圆上恰有三点到直线的距离为，当圆的半径
时，圆上恰有四个点到直线的距离为，故半径的取值范围是，即可求出答案.
【详解】由已知条件得的圆心坐标为，
圆心到直线为，
∵圆上至少有三个点到直线的距离为1，
∴圆的半径的取值范围是，即，即半径的取值范围是.
故选：.
7、C
【解析】设球的半径为,则圆柱的底面半径为，高为，分别求出球的体积与表面积，圆柱的体积与表面积，从而得出答案.
【详解】设球的半径为,则圆柱的底面半径为，高为
所以球的体积为, 表面积为.
圆柱的体积为：,所以其体积之比为：
圆柱的侧面积为：, 圆柱的表面积为：
所以其表面积之比为：
故选：C
8、B
【解析】用向量共线或共面的基本定理即可判断.
【详解】若与，与共线，，则不能判定，
故①错误；
若非零向量共面，则向量可以在一个与组成的平面平行的平面上，
故②错误；
不共面，意味着它们都是非零向量，可以作为一组基底，
故③正确；
，∴ 与共面，故不能组成一个基底，
故④错误；
故选：C.
9、C
【解析】由题设且，应用不等式求的范围，即可确定项数.
【详解】由题设，且，
所以，可得且.
所以此数列的项数为.
故选：C
10、B
【解析】求出方程表示椭圆的充要条件是且,由此可得答案.
【详解】因为方程表示椭圆的充要条件是,解得且,
所以“﹣3＜m＜4”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.
故选:B
【点睛】本题考查了由方程表示椭圆求参数的范围,考查了充要条件和必要不充分条件,本题易错点警示:漏掉,本题属于基础题.
11、D
【解析】先化为标准方程，再求圆心半径即可.
【详解】先化为标准方程可得，故圆心为，半径为.
故选：D.
12、D
【解析】如图建立空间直角坐标系，分别求出的坐标，由空间向量夹角公式即可求解.
【详解】如图：以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，
所以，
所以直线和夹角的余弦值为，
故选：D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】设等差数列的公差为，依题意得到方程，求出公差，再根据等差数列通项公式计算可得；
【详解】解：设等差数列的公差为，
因为，，所以，所以，所以
故答案为：
14、
【解析】由已知在中利用余弦定理可得的值，可求，可得，即可得解的值
【详解】解：因为在中，，，，
所以由余弦定理可得，
所以，即，
则
故答案为：
15、3
【解析】判断出两个圆的位置关系，由此确定公切线的条数.内含关系0条公切线，内切关系1条公切线，相交关系2条公切线，外切关系3条公切线，外离关系4条公切线。
【详解】由题知圆：的圆心，半径，
圆：的圆心，半径，
所以，，所以两圆外切，
所以两圆共有3条公切线.
故答案为：3
16、
【解析】先计算出,所以,利用余弦定理求出，即可求出,即得到M的横坐标为，代入椭圆C：求出.
【详解】椭圆C：,所以.
因为M在椭圆上,.
因为M在第一象限,故.
为等腰三角形,则,所以,
由余弦定理可得.

过M作MA⊥x轴于A,则
所以,即M的横坐标为.
因为M为椭圆C：上一点且在第一象限，
所以，解得：
所以M的坐标为.
故答案为：

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）建立空间直角坐标系后得到相关向量，再运用数量积证明；
（2）求出相关平面的法向量，再运用夹角公式计算即可.
【小问1详解】
建立如下图所示的空间直角坐标系：，，，

，，
∴，故.
【小问2详解】
，，，
设平面的一个法向量为，
由，令，则，
取平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，易知：为锐角，
故，
即平面与平面夹角的余弦值为.
18、（1）；
（2）2.
【解析】(1)根据已知条件列出关于a、b、c的方程组即可求得椭圆标准方程；
(2)直线l和x轴垂直时，根据已知条件求出此时△AOB面积；直线l和x轴不垂直时，设直线方程为点斜式y＝kx＋t，代入椭圆方程得二次方程，结合韦达定理和弦长得k和t关系，表示出△AOB的面积，结合基本不等式即可求解三角形面积最值.
【小问1详解】
由题知，解得，
∴椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
当轴时，位于轴上，且，
由可得，此时；
当不垂直轴时，设直线的方程为，与椭圆交于，，
由，得.
得，，
从而
已知，可得.
∵
.
设到直线的距离为，则，
结合化简得

此时的面积最大，最大值为2.
当且仅当即时取等号，
综上，的面积的最大值为2.
19、（1）2（2）
【解析】（1）根据题意表示出的面积，即可求得结果；
（2）分类讨论直线斜率情况，然后根据是等边三角形，得到，联立直线和椭圆方程，用点的坐标表示上述关系式，化简即可得答案.
【小问1详解】
因为，所以，
又因为，所以，
，
所以，则椭圆的短轴长为2.
【小问2详解】
若为等边三角形，应有，即.
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，且，
此时若为等边三角形，则点应为长轴顶点，且，即.
当直线的斜率为0时，直线的方程为，且，
此时若为等边二角形，则点应为短轴顶点，
此时,不为等边三角形.
当直线的斜率存在且不为0时，设其方程为，则直线的方程为.
由得,
同理.
因为，所以，
解得.
因为，所以，则，即.
综上，的取值范围是.
20、（1）
（2）点为线段上靠近点的三等分点
【解析】（1）建立空间直角坐标系，分别写出点的坐标，求出两个平面的法向量代入公式求解即可；
（2）假设存在，设，利用相等向量求出坐标，利用线面平行的向量法代入公式计算即可.
【小问1详解】
如下图所示，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，．所以，
设平面的法向量，所以，即，
令，则，，所以，
连接，因为，，，平面，
平面，平面，所以平面，
所以为平面的一个法向量，
所以，
由图知，二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为
【小问2详解】
假设在线段上存在点，使得平面，
设，，
，
因为平面，所以，即
所以，即解得
所以在线段上存在点，使得平面，
此时点为线段上靠近点的三等分点
21、（1）单调递增区间,无递减区间；
（2）证明见解析
【解析】（1）求出函数的导数，从而判断其正负，确定函数的单调区间；
（2）根据题意可得到，进而变形为，然后换元令，将证明的问题转换为成立的问题，从而构造新函数，求新函数的导数，判断其单调性，求其最值，进而证明不等式成立.
【小问1详解】
时， ， ,
令，
当时， ，当时， ，
故 ，则 ，
故是单调递增函数，
即的单调递增区间为 ,无递减区间；
【小问2详解】
当时，函数有两个零点，，满足,
即 ，
所以 ，则，
令 ，由于，则，
则 ，所以，
故 ，
要证明，只需证明，即证，
设，
令 ，则 ，
当时，，即在时为增函数，
故 ，即，
所以在时为增函数，
即 ，即，
故，即.
【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间以及涉及到零点的不等式的证明问题，解答时要注意导数的应用，主要是根据导数的正负判断函数的单调性，进而求函数极值或最值，解答的关键时对函数式或者不等式进行合理的变形，进而能构造新的函数，利用新的函数的单调性或最值达到证明不等式成立的目的m.
22、（1）
（2）分布列见解析；
【解析】（1）利用组合的知识计算出基本事件总数和满足题意的基本事件数，根据古典概型概率公式求得结果；
（2）确定所有可能的取值，根据超几何分布概率公式可计算出每个取值对应的概率，进而得到分布列和数学期望.
【小问1详解】
名同学中，会法语的人数为人，
从人中选派人，共有种选法；其中恰有人会法语共有种选法；
选派的人中恰有人会法语的概率.
【小问2详解】
由题意可知：所有可能的取值为，
；；
；；
的分布列为：

数学期望为