2026届四川省眉山市青神县青神中学数学高二上期末联考模拟试题含解析.doc

2026届四川省眉山市青神县青神中学数学高二上期末联考模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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。
1．两圆x2+y2+4x-4y＝0和x2+y2+2x-12＝0的公共弦所在直线的方程为（　　）
A.x+2y﹣6＝0 B.x﹣3y+5＝0
C.x﹣2y+6＝0 D.x+3y﹣8＝0
2．下列函数是偶函数且在上是减函数的是　　
A. B.
C. D.
3．已知直线，，若，则实数等于（ ）
A.0 B.1
C. D.1或
4．过点（1，0）且与直线x-2y-2=0平行的直线方程是（）
A.x-2y-1=0 B.x-2y+1=0
C.2x+y-2=0 D.x+2y-1=0
5．已知命题: ，命题:则是的（）条件
A.充分不必要 B.必要不充分
C.充分必要 D.既不充分也不必要
6．已知是等差数列的前项和，，，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
7．抛物线的准线方程是
A. B.
C. D.
8．抛物线的焦点为F，准线为l，点P是准线l上的动点，若点A在抛物线C上，且，则（O为坐标原点）的最小值为（）
A. B.
C. D.
9．直线与圆的位置关系是（）
A.相切 B.相交
C.相离 D.不确定
10．命题“存在，使得”为真命题的一个充分不必要条件是（）
A. B.
C. D.
11．实数m变化时，方程表示的曲线不可以是（）
A.直线 B.圆
C椭圆 D.双曲线
12．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是()
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知曲线在点处的切线的斜率为，则______
14．已知O为坐标原点，椭圆T：，过椭圆上一点P的两条直线PA，PB分别与椭圆交于A，B，设PA，PB的中点分别为D，E，直线PA，PB的斜率分别是，，若直线OD，OE的斜率之和为2，则的最大值为_______
15．已知实数，，，满足，，，则的最大值是______
16．在递增等比数列中，其前项和，若，，则_________.
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）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，圆：过椭圆的三个顶点，过点的直线（斜率存在且不为0）与椭圆交于两点
（1）求椭圆的标准方程
（2）证明：在轴上存在定点，使得为定值，并求出定点的坐标
18．（12分）已知圆与轴相切，圆心在直线上，且到直线的距离为
（1）求圆的方程；
（2）若圆的圆心在第一象限，过点的直线与相交于、两点，且，求直线的方程
19．（12分）在四棱锥中，平面，，，，，分别是的中点.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
20．（12分）设分别为椭圆的左右焦点，过的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线的倾斜角为60度，到直线l的距离为
（1）求椭圆C的焦距；
（2）如果，求椭圆C的方程
21．（12分）已知椭圆：的离心率为，且经过点.
（1）求的方程；
（2）设的右焦点为F，过F作两条互相垂直的直线AB和DE，其中A，B，D，E都在椭圆上，求的取值范围.
22．（10分）如图，在四棱锥中，底面，，是的中点，，.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
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、C
【解析】两圆方程相减得出公共弦所在直线的方程.
【详解】两圆方程相减得，即x﹣2y+6＝0
则公共弦所在直线的方程为x﹣2y+6＝0
故选：C
2、C
【解析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，综合即可得答案
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于A，为一次函数，不是偶函数，不符合题意；
对于B，，，为奇函数，不是偶函数，不符合题意；
对于C，，为二次函数，是偶函数且在上是减函数，符合题意；
对于D，，，为奇函数，不是偶函数，不符合题意；
故选C
【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的判定，关键是掌握常见函数的奇偶性与单调性，属于基础题
3、C
【解析】由题意可得，则由得，从而可求出的值
【详解】由题意可得，
因为， ，，
所以，解得，
故选：C
4、A
【解析】设出直线方程，利用待定系数法得到结果.
【详解】设与直线平行的直线方程为，
将点代入直线方程可得，解得
则所求直线方程为．故A正确
【点睛】本题主要考查两直线的平行问题，属容易题．两直线平行倾斜角相等，所以斜率相等或均不存在．所以与直线平行的直线方程可设为
5、B
【解析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】解：若，
则或，
即或，
所以是的必要不充分条件
故选：B
6、C
【解析】根据，可得，再根据，得，从而可得出答案.
【详解】解：因为，所以，
又，所以，
所以的最小值为.
故选：C.
7、C
【解析】根据抛物线的概念，可得准线方程为
8、D
【解析】依题意得点坐标，作点关于的对称点，则，求即为最小值
【详解】如图所示：作点关于的对称点，连接，设点，不妨设，

由题意知，直线l方程为，则，得
所以，得，所以
由，当三点共线时取等号，
又
所以最小值为
故选：D
9、B
【解析】直线恒过定点，而此点在圆的内部，故可得直线与圆的位置关系.
【详解】直线恒过定点，
而，故点在圆的内部，
故直线与圆的位置关系为相交，
故选：B.
10、B
【解析】“存在，使得”为真命题，可得，利用二次函数的单调性即可得出．再利用充要条件的判定方法即可得出.
【详解】解：因为“存在，使得”为真命题，
所以，
因此上述命题得个充分不必要条件是.
故选：B.
【点睛】本题考查了二次函数的单调性、充要条件的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
11、B
【解析】根据的取值分类讨论说明
【详解】时方程化为，为直线，时，方程化为，为椭圆，
时，方程化为，为双曲线，
而，因此曲线不可能是圆
故选：B
12、D
【解析】根据空间里面直线与平面、平面与平面位置关系的相关定理逐项判断即可.
【详解】A，若，则或异面，故该选项错误；
B，若，则或相交，故该选项错误；
C，若，则α，β不一定垂直，故该选项错误；
D，若，则利用面面垂直的性质可得，故该选项正确.
故选：D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】对求导，根据题设有且，即可得目标式的值.
【详解】由题设，且定义域为，则，
所以，整理得，又，
所以，两边取对数有，得：，即.
故答案为：.
14、
【解析】设的坐标，用点差法求和与的关系同，与的关系，然后表示出，求得最大值
【详解】设，，，
则，两式相减得，
∴，，则，
同理，，
又，
∴，
，当且仅当，即时等号成立，
∴，
故答案为：
【点睛】方法点睛：本题考查直线与椭圆相交问题，考查椭圆弦中点问题．椭圆中涉及到弦的中点时，常常用点差法确定关系，即设弦端点为，弦中点为，
把两点坐标代入椭圆方程，相减后可得
15、10
【解析】采用数形结合法，将所求问题转化为两点到直线的距离和的倍，结合梯形中位线性质和三角形三边关系可求得答案.
【详解】
由，，，可知，点在圆上，
由，即为等腰直角三角形，
结合点到直线距离公式可理解为圆心到直线的距离，
变形得，
即所求问题可转化为两点到直线的距离和的倍，
作于于，中点为，中点为，
由梯形中位线性质可得，，
作于，于，连接，
则，
当且仅当与重合，三点共线时，
有最大值，由点到直线距离公式可得，
由几何性质可得，，
此时，故的最大值为.
故答案为：10.
16、
【解析】根据等比数列下标和性质得到，从而解出、，即可求出公比，从而求出，，即可得解；
【详解】解：因为，所以，因为，所以、为方程的两根，所以或，因为为递增的等比数列，所以，所以所以或（舍去），所以，，所以
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）；（2）见解析，定点
【解析】（1）先判断圆经过椭圆的上、下顶点和右顶点，令圆方程中的，得，即．再由求即可.
（2）设在轴上存在定点，使得为定值，根据题意，设直线的方程为，联立可得，再运算
将韦达定理代入化简有与k无关即可.
【详解】（1）由圆方程中的时，的两根不为相反数，
故可设圆经过椭圆的上、下顶点和右顶点，
令圆方程中的，得，即有
又，解得
∴椭圆的标准方程为
（2）证明：设在轴上存在定点，使得为定值，
由（1）可得，设直线的方程为，
联立可得，
设，则，

，
要使为定值，只需，解得
∴在轴上存在定点，使得为定值，定点的坐标为
【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质和直线与椭圆的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
18、（1）或
（2）或
【解析】（1）设圆心的坐标为，则该圆的半径长为，利用点到直线的距离公式可求得的值，即可得出圆的标准方程；
（2）利用勾股定理可求得圆心到的距离，分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，利用点到直线的距离公式可求得关于的方程，解出的值，即可得出直线的方程.
【小问1详解】
解：设圆心的坐标为，则该圆的半径长为，
因为圆心到直线的距离为，解得，
所以圆心的坐标为或，半径为，
因此，圆的标准方程为或.
【小问2详解】
解：若圆的圆心在第一象限，则圆的标准方程为.
因为，所以圆心到直线的距离.
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时圆心到直线的距离为，不合乎题意；
所以，直线的斜率存在，可设直线的方程为，即，
由题意可得，解得，
所以，直线的方程为或，即或.
19、（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】(1)根据给定条件证得即可推理作答.
(2)由已知条件，以点A作原点建立空间直角坐标系，借助空间位置关系的向量证明即可作答.
(3)利用(2)中信息，借助空间向量求直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
在四棱锥中，因分别是的中点，则，
因平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
在四棱锥中，平面，，
以点A为原点，射线AB，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，

则，而且，则，
，设平面的法向量，由，令，得，
又，因此有，
所以平面.
【小问3详解】
由(2)知，，令直线与平面所成角为，
则有，
所以直线与平面所成角的正弦值.
20、（1）
（2）
【解析】（1）求得直线的方程，利用点到直线的距离列方程，由此求得，进而求得焦距.
（2）联立直线的方程和椭圆方程，化简写出根与系数关系，结合来求得，从而求得椭圆的方程.
【小问1详解】
依题意，
直线的方程为，
到的距离为，
所以焦距.
【小问2详解】
由，消去并化简得
，
设，则，
，，，
，
所以，
，
，
，
，
，
，
，
，
所以，
所以椭圆的方程为.
21、（1）
（2）
【解析】（1）根据椭圆的离心率为，及经过点建立等式可求解；
（2）分斜率存在与不存在两种情况进行讨论，当斜率存在时，计算与后再求范围即可.
【小问1详解】
由题意知的离心率为，整理得，
又因为经过点，所以，解得，
所以，
因此，的方程为.
小问2详解】
由已知可得，
当直线AB或DE有一条的斜率不存在时，可得，或，，
此时有或.
当AB和DE的斜率都存在时且不为0时，设直线：，直线：，
，，，
由得，
所以，，
所以，
用替换可得.
所以，
综上所述，的取值范围为.
22、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）建立空间直角坐标系，分别求出向量和，证明即可；
（2）先求出和平面的法向量，然后利用公式求出，则直线与平面所成角的正弦值即为.
【小问1详解】
证明：∵，，∴△≌△, ∴,
设，
在△中，由余弦定理得，即，
则, 即，，
连接交于点，分别以，为轴、轴，过作轴，建立如图空间直角坐标系，则，，，，，，的中点，

则，，
∵，∴.
【小问2详解】
由（1）可知，，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，即，
则，
记直线与平面所成角为，.