江苏省宿迁市宿豫中学2025--2026学年高二上册期末数学模拟卷（2）【附解析】

这是一份江苏省宿迁市宿豫中学2025--2026学年高二上册期末数学模拟卷（2）【附解析】，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设为实数，若直线与平行，则它们之间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线平行的充要条件求出，再根据两平行间的距离公式求解.
【详解】由题意，，解得，
所以直线，即与直线间的距离为.
故选：A.
2. 已知点在所在平面内，若对于空间中任意一点都有，则（ ）
A. 2B. 1C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据四点共面的性质即可求解.
【详解】由题意可知四点共面，
故，故，
故选：A
3. 记等比数列的前项和为，若，则（ ）
A. 7B. 49C. D. 43
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列的片段和性质有，并设，结合已知求、，即可求值.
【详解】设，则，
因为，
所以，解得，
所以.
故选：C
4. 在正四棱柱中，，为棱的中点，为线段上的一点，且，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，根据，求出点的坐标，再利用向量法求解即可.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
不妨设，
则，
设，
则，
因为，
所以，解得，
所以，则，
所以，
即直线与直线所成角的余弦值为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
5. 已知数列的各项均不为0，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】为公差为3的等差数列，求出，代入求解即可.
【详解】由，可知为公差为3的等差数列，且首项为，
故，
故，.
故选：C
6. 已知函数的定义域是，其导函数满足，且有，，则（ ）
A. 1022B. 1024C. 2046D. 2048
【答案】C
【解析】
【分析】由导函数关系得，赋值待定系数，赋式得等差数列通项，再代值利用等比数列求和公式可得.
【详解】由可得，其中为常数，
令得，又已知，，
则有，即，故，
令，则，.
故数列是以为首项，为公差等差数列.
所以，
故.
故选：C.
7. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点．设椭圆的左、右焦点分别为，，若从椭圆右焦点发出的光线经过椭圆上的点A和点B反射后，满足，且，则该椭圆的离心率为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，作图，利用三角函数的性质，可设线段的表示，根据齐次方程的思想，可得答案.
详解】由题意，可作图如下：
则，，即，
可设，，，
由，则，即，
，在中，，
则.
故选：D.
8. 已知抛物线的焦点为，抛物线上的两点，均在第一象限，且，，，则直线的斜率为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作垂直准线于，垂直准线于，作于，结合抛物线定义得出斜率为可求.
【详解】如图：作垂直准线于，垂直准线于，作于，
因为，，，
由抛物线的定义可知：，，，所以，
直线的斜率为：.
故选：C.
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分.
9. 下列求导运算正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】由导数的求导运算求解．
【详解】对于A.，A错误；
对于B.，B正确；
对于C.，C错误；
对于D. ，D正确.
故选：BD.
10. 若数列的通项公式为，前项和为，则（ ）
A. B. 数列中存在三项成等比数列
C. 数列是公差为1等差数列D. 数列的前项和为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据条件可得数列是以2为首项，2为公差的等差数列，表示可得选项A错误；根据可得选项B正确；根据可得选项C错误；利用裂项相消法可得选项D正确.
【详解】由得，，
∴数列是以2为首项，2为公差的等差数列，
∴.
A. ，选项A错误.
B．由题意得，，
∴，即成等比数列，选项B正确.
C.∵，∴，
∴数列是公差为的等差数列，选项C错误.
D.∵，
∴数列的前项和为，选项D正确.
故选：BD.
11. 在直角坐标系中，已知抛物线焦点为，直线与交于两点，是上异于顶点的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若过点，则为钝角
B. 若，则的斜率为
C. 若，则点的横坐标为2时，最小
D. 若四边形为平行四边形，则过定点
【答案】ACD
【解析】
【分析】联立直线与抛物线方程利用向量数量积的符号可判断A正确，由可得坐标间的关系，联立解方程组可得B错误，利用抛物线定义以及几何关系可得C正确，根据四边形为平行四边形并结合韦达定理，利用向量表示解方程可得D正确.
【详解】易知焦点，
对于A，若过点，可设直线方程为，；
联立抛物线方程可得，可得，
所以
，
所以为钝角，即A正确；
对于B，由可得过点，由（1）可得；
所以，结合可得，
可得的斜率为，即B错误；
对于C，易知是抛物线的准线与轴的交点，作与准线垂直，垂足为，如下图所示：

由抛物线定义可得，所以，
又在中，，且，
因此当取得最大值时，满足题意，此时斜率存在且与抛物线相切，
设的方程为，代入抛物线方程可得，
所以，即；
解得，此时，因此点的横坐标为2时，最小，即C正确；
对于D，设，直线，如下图：

联立，可得，因此；
所以，
因为四边形为平行四边形，所以，
即，所以；
代入可得，解得；
即，显然过定点，即D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：在求解D选项时，关键是利用向量的平行四边形法则联立直线和抛物线方程，结合韦达定理解方程得到直线方程的表达式即可得出结论.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若将公比不为1的等比数列，，调整顺序后为等差数列，则的一个值为_____.
【答案】（或，答案不唯一）
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式列出调整顺序后的数列满足等差数列的等式，进而求出公比的值.
【详解】设等比数列为，调整顺序后为等差数列有以下几种可能情况：
情况一：为等差数列，
根据等差数列性质，，
因为（等比数列首项不为），得到，
解得或，因为，所以，
情况二：为等差数列，
则，得，解得或，因为，所以，
情况三：为等差数列，
则，得，解得或，因为，所以，
综上所得，的一个值为或.
故答案为：（或，答案不唯一）.
13. 若圆上恰有两个点到直线：的距离为1，则正实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】首先得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离大于且小于，利用点到直线的距离公式得到不等式，解得即可.
【详解】圆，圆心为，半径为，
圆上恰有两个点到直线的距离为，
则使得圆心到直线的距离大于且小于，即，
解得或，
又，所以，
即正实数的取值范围为.
故答案为：
14. 已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，，若平面与平面的交线为，则点到的距离为_____.
【答案】
【解析】
【分析】作出平面的交线，再利用等面积法求点到直线距离即可.
【详解】过作，交的延长线于点，连接，如图，
因为四边形为平行四边形，所以，
所以，，即平面
又平面，所以平面与平面的交线为，
因为，，
设点到的距离为，
由等面积法可知，，
所以，
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知圆心为的圆经过点，直线：.
（1）求圆的方程；
（2）写出直线恒过定点的坐标，并求直线被圆所截得的弦长最短时的值及最短弦长.
【答案】（1）
（2）最小值为，.
【解析】
【分析】（1）根据圆心与圆上点的距离求出半径，即可由圆心和半径直接写出圆的标准方程；
（2）将直线改成关于m的一次方程形式，根据方程恒成立列方程组求解定点；当半径确定时，利用弦心距，半弦长，半径构成的直角三角形知弦长最小时，弦心距最大，即可求出m的值．
【小问1详解】
∵圆的半径，
∴圆的方程为.
【小问2详解】
∵直线的方程为，令解得：，∴定点的坐标为.
∵，∴点在圆的内部，故直线恒与圆相交.
又圆心到直线的距离
∴被圆截得的弦长为，
当取得最大值2时，弦长有最小值，最小值为，此时.
16. 已知函数.
（1）求导函数；
（2）若曲线在点处的切线方程为，求a，b的值.
【答案】（1）；（2），.
【解析】
【分析】(1)利用基本初等函数的导数公式以及导数的运算法则直接求导；
(2)利用切点与切线及曲线的关系，再借助导数的几何意义即可计算得解.
【详解】（1）由，
得；
（2）因为切点既在曲线上，又在切线上，
于是将代入切线方程，得，又，则，解得，
而切线的斜率为，即，又，则，解得，
所以，
17. 已知等比数列的各项均为正数，前n项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前2n项和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，借助等比数列的通项公式求出公比及首项即可.
（2）由（1）的结论，利用分组求和法，结合等比数列前n项和公式求解即得.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，由及，
得，
解得，于是，即，
所以数列的通项公式是.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以
.
18. 如图，已知四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面是正三角形，分别为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为，若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，或
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明，；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再代入点到平面的距离， 求解；
（3）根据，求得点的坐标，再根据（2）的结果求点到平面的距离，并根据向量的数量积公式，以及面积公式，求，结合体积公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为是正三角形，是的中点，

所以.
又因为平面平面，
平面，
所以面；
【小问2详解】
因为两两互相垂直.以点为原点，的方向分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
设平面的法向量为，
由，得
，
点到平面的距离
【小问3详解】
设
所以点到面的距离为定值
.
，
解得：或.
19. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，实轴长是虚轴长的2倍，且过点.
（1）求的标准方程；
（2）若直线与相切于第一象限内的点，且与轴相交于点，
①证明：平分；
②过坐标原点作的垂线（垂足为），与相交于点，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）由已知可得且，可求的标准方程；
（2）①设，设切线，联立方程组利用判别式可求得，进而求得，可证到两边距离相等，可证结论；②由①可知的方程为，联立方程线求得的纵坐标，进而可求得面积的最大值.
【小问1详解】
因为实轴长是虚轴长的2倍，则，即.
又过点，所以，解得，.
所以的标准方程为.
【小问2详解】
①设，则，切线，
联立化简得.
由，解得，
所以直线：，令，得.
直线的方程为，即，
所以到的距离为.
同理点到直线的距离为.
所以，故平分.
②由①可知的方程为，
联立解得.
联立解得.
.
当且仅当时，取等号.
所以的面积，
即面积的最大值为.