2025-2026学年重庆市高二数学第一学期期末达标检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年重庆市高二数学第一学期期末达标检测模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．如图所示，已知是椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，在轴上，，且是的中点，为坐标原点，若点到直线的距离为3，则椭圆的方程为（ ）

A B.
C. D.
2．变量，之间有如下对应数据：

3
4
5
6
7

13
11
10
8
7
已知变量与呈线性相关关系，且回归方程为，则的值是（）
A.2.3 B.2.5
C.17.1 D.17.3
3．定义在区间上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论不正确的是（）

A.函数在区间上单调递增 B.函数在区间上单调递减
C.函数在处取得极大值 D.函数在处取得极小值
4．已知是函数的导函数，则（）
A. B.
C. D.
5．已知空间向量，，，若，，共面，则m＋2t＝（）
A.－1 B.0
C.1 D.－6
6．已知是双曲线的左焦点，，是双曲线右支上的动点，则的最小值为（）
A.9 B.8
C.7 D.6
7．等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A.12 B.18
C.21 D.27
8．顶点在原点，关于轴对称，并且经过点的抛物线方程为（）
A. B.
C. D.
9．在四面体中，点G是的重心，设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
10．已知椭圆，则椭圆的长轴长为（ ）
A.2 B.4
C. D.8
11．已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若，则|QF|＝(　　)
A. B.
C.3 D.2
12．江西省重点中学协作体于2020年进行了一次校际数学竞赛，共有100名同学参赛，经过评判，这100名参赛者的得分都在之间，其得分的频率分布直方图如图，则下列结论错误的是（ ）

A.得分在之间的共有40人
B.从这100名参赛者中随机选取1人，其得分在的概率为0.5
C.这100名参赛者得分的中位数为65
D.可求得
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若展开式的二项式系数之和是64，则展开式中的常数项的值是__________.
14．在长方体中，M、N分别是BC、的中点，若，则______
15．根据如下样本数据

3
4
5
6
7

40
2.5
-0.5
0.5
-2
得到的回归方程为若，则的值为___________.
16．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G=(0<<2)，则点G到平面D1EF的距离为____.

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）已知椭圆的离心率为，右焦点为F，点A（a，0），且|AF|＝1
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点F的直线l（不与x轴重合）交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别与直线x＝4交于点P，Q，求∠PFQ的大小
18．（12分）若等比数列的各项为正，前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若是以1为首项，1为公差的等差数列，求数列的前项和.
19．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧棱底面ABCD，，，E为PB中点，F为PC上一点，且

（1）求证：；
（2）求平面DEF与平面ABCD所成锐二面角的余弦值
20．（12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线：，点，过点的直线l与抛物线交于A，B两点：当l与抛物线的对称轴垂直时，

（1）求抛物线的标准方程；
（2）若点A在第一象限，记的面积为，的面积为，求的最小值
21．（12分）已知数列{an}为等差数列，且a1＋a5＝-12，a4＋a8＝0.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若等比数列{bn}满足b1＝-8，b2＝a1＋a2＋a3，求数列{bn}的通项公式
22．（10分）三棱锥各棱长为2，E为AC边上中点

（1）证明：面BDE；
（2）求二面角的正弦值
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、D
【解析】由题设可得，直线的方程为，点线距离公式表示到直线的距离，又联立解得即可得出答案.
【详解】且，则△是等边三角形，
设，则①，
∴直线方程为，即，
∴到直线的距离为②，
又③，
联立①②③，解得，，故椭圆方程为.
故选：D.
2、D
【解析】将样本中心点代入回归方程后求解
【详解】，，将样本中心点代入回归方程，
得
故选：D
3、C
【解析】根据函数的单调性和函数的导数的值的正负的关系，可判断A,B的结论;根据函数的极值点和函数的导数的关系可判断、的结论
【详解】函数在上，故函数在上单调递增，故正确；
根据函数的导数图象，函数在时，，
故函数在区间上单调递减，故正确；
由A的分析可知函数在上单调递增，故不是函数的极值点，故错误；
根据函数的单调性，在区间上单调递减，在上单调递增，
故函数处取得极小值，故正确，
故选：
4、B
【解析】求出，代值计算可得的值.
【详解】因为，则，因此，.
故选：B.
5、D
【解析】根据向量共面列方程，化简求得.
【详解】，所以不共线，
由于，，共面，
所以存在，使，
即，
，
，
，，
即.
故选：D
6、A
【解析】由双曲线方程求出，再根据点在双曲线的两支之间，结合可求得答案
【详解】由，得，则，
所以左焦点为，右焦点，
则由双曲线的定义得，
因为点在双曲线的两支之间，
所以，
所以，当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为9，
故选：A
7、B
【解析】根据等差数列的前项和为具有的性质，即成等差数列，由此列出等式，求得答案.
【详解】因为 为等差数列的前n项和，且，，
所以成等差数列，
所以，
即 ，解得=18，
故选：B.
8、C
【解析】根据题意，设抛物线的方程为，进而待定系数求解即可.
【详解】解：由题，设抛物线的方程为，
因为在抛物线上，
所以，解得，即所求抛物线方程为
故选：C
9、B
【解析】结合重心的知识以及空间向量运算求得正确答案.
【详解】设是中点，

.
故选：B

10、B
【解析】根据椭圆的方程求出即得解.
【详解】解：由题得椭圆的所以椭圆的长轴长为.
故选：B
11、C
【解析】过点Q作QQ′⊥l交l于点Q′，利用抛物线定义以及相似得到|QF|＝|QQ′|＝3.
【详解】如图所示：
过点Q作QQ′⊥l交l于点Q′，因为，
所以|PQ|∶|PF|＝3∶4，又焦点F到准线l的距离为4，
所以|QF|＝|QQ′|＝3.
故选C.

【点睛】本题考查了抛物线的定义应用，意在考查学生的计算能力.
12、C
【解析】根据给定的频率分布直方图，结合直方图的性质，逐项计算，即可求解.
【详解】由频率分布直方图，可得
A中，得分在之间共有人，所以A正确；
B中，从100名参赛者中随机选取1人，
其得分在中的概率为，所以B正确；
D中，由频率分布直方图的性质，可得，
解得，所以D正确.
C中，前2个小矩形面积之和为0.4，前3个小矩形面积之和为0.7，所以中位数在[60，70]，这100名参赛者得分的中位数为，所以C不正确；
故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】首先利用展开式的二项式系数和是求出，然后即可求出二项式的常数项.
【详解】由题知展开式的二项式系数之和是，
故有，
可得，
知当时有.
故展开式中的常数项为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了利用二项式的系数和求参数，求二项式的常数项，属于基础题.
14、－2
【解析】作出图像，根据几何关系，结合空间向量的加减法运算法则即可求解.
【详解】，
∴，，，
故答案为：－2.

15、-1.4##
【解析】分别求出 的值，即得到样本中心点，根据样本中心点一定在回归直线上，可求得答案.
【详解】，
则得到样本中心点为 ，
因为样本中心点一定在回归直线上，
故，解得，
故答案为：
16、
【解析】先证明A1B1∥平面D1EF，进而将问题转化为求点A1到平面D1EF的距离，然后建立空间直角坐标系，通过空间向量的运算求得答案.
【详解】由题意得A1B1∥EF，A1B1⊄平面D1EF，EF⊂平面D1EF，所以A1B1∥平面D1EF，则点G到平面D1EF的距离等于点A1到平面D1EF的距离.

以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，A1(2，0，2)，所以，，.
设平面D1EF的法向量为，则，
令x=1，则y=0，z=2，
所以平面D1EF的一个法向量.
点A1到平面D1EF的距离==，即点G到平面D1EF的距离为.
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）
（2）∠PFQ＝90°
【解析】（1）由题意得求出a，c，然后求解b，即可得到椭圆方程
（2）当直线l的斜率不存在时，验证，即∠PFQ＝90°．当直线l的斜率存在时，设l：y＝k（x﹣1），其中k≠0．联立得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0．由题意，知Δ＞0恒成立，设M（x1，y1），N（x2，y2），利用韦达定理，结合直线MA的方程为．求出、．利用向量的数量积，转化求解即可
【小问1详解】
由题意得
解得a＝2，c＝1，
从而，
所以椭圆C的方程为
【小问2详解】

当直线l的斜率不存在时，有，，P（4，﹣3），Q（4，3），F（1，0），
则，，故，即∠PFQ＝90°
当直线l的斜率存在时，设l：y＝k（x﹣1），其中k≠0
联立得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0
由题意，知Δ＞0恒成立，设M（x1，y1），N（x2，y2），则，
直线MA的方程为，
令x＝4，得，即，同理可得
所以，
因为
0，所以∠PFQ＝90°
综上，∠PFQ＝90°
18、（1）
（2）
【解析】（1）设公比为，则由已知可得，求出公比，再求出首项，从而可求出数列的通项公式；
（2）由已知可得，而，所以，然后利用错位相减法可求得结果
【小问1详解】
设各项为正的等比数列的公比为，，，
则，，，
即，
解得或（舍去），
所以，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
因为是以1为首项，1为公差的等差数列，所以.
由（1）知，所以.
所以①
在①的等式两边同乘以，得
②
由①②等式两边相减，得，

所以数列的前项和.
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）依题意可得，再由，即可得到平面，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可；
（2）利用空间向量法求出二面角的余弦值；
【小问1详解】
证明：因为平面，平面，平面，
则，，
又，
因为，，平面，
所以平面，
故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

则，0，，，0，，，1，，，1，，，0，，，
所以，
则，
所以，
故；
【小问2详解】
解：解：因为，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，
故，
因为底面，
所以的一个法向量为，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为
20、（1）.
（2）8.
【解析】（1）将点代入抛物线方程可解得基本量.
（2）设直线AB为，代入联立得关于的一元二次方程，运用韦达定理，得到关于的函数关系，再求函数最值.
【小问1详解】
当l与抛物线的对称轴垂直时，，，
则代入抛物线方程得，
所以抛物线方程是
【小问2详解】
设点，，直线AB方程为，
联立抛物线整理得：，
，
∴，，
有，由A在第一象限，则，即，
∴，可得
，
又O到AB的距离，
∴，而，
∴，
，
当，，单调递减；
，，单调递增；
∴的最小值为,此时，.
21、（1）an＝2n-12；
（2）.
【解析】（1）根据等差数列的性质得到，然后根据等差数列的通项公式求出和的值即可.
（2）根据（1）的条件求出b2＝-24，b1＝-8，然后根据等比数列的通项公式求出的值即可.
【小问1详解】
设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＋a5＝2a3＝-12，a4＋a8＝2a6＝0，
所以，所以， 解得，
所以an＝-10＋2(n-1)＝2n-12.
【小问2详解】
设等比数列{bn}的公比为q，
因为b2＝a1＋a2＋a3＝-24，b1＝-8，
所以－8q＝－24，即q＝3，
因此.
22、（1）证明见解析
（2）
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理即可证明；
(2)建立如图所示坐标系，则，易知平面BCD的法向量，利用空间向量法求出面BDE的法向量，结合向量的数量积计算即可得出结果.
【小问1详解】
正四面体中各面分别是正三角形，
E为AC边上中点，，
又平面，且，
所以面BDE
【小问2详解】
建立如图所示坐标系，于是，
，，，，
易知平面BCD的法向量
设面BDE的法向量，

于是，
令，则，，所以，
所以，得
所以二面角的正弦值为.