2025-2026学年贵州省铜仁市松桃民族中学高二上学期期末数学模拟试题（含答案）

这是一份2025-2026学年贵州省铜仁市松桃民族中学高二上学期期末数学模拟试题（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.直线x− 3y−2025=0的倾斜角为( )
A. 5π6B. 2π3C. π3D. π6
2.双曲线x225−y216=1的渐近线方程是( )
A. y=±1625xB. y=±2516xC. y=±54xD. y=±45x
3.已知等比数列{an}中，a1=2，a3=8，则a4=( )
A. 16B. 16或−16C. 32D. 32或−32
4.已知直线l1：ax+2y+6=0与l2：x+(a−1)y+a2−1=0平行，则实数a的值是( )
A. −1或2B. 0或1C. −1D. 2
5.圆x2+y2−4x+2ay+6=0与直线x+y−2=0相切，则圆的半径为( )
A. 3 2B. 2 2C. 3D. 2
6.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为BC1与B1C的交点，若DA=a，DC=b，DD1=c，则下列向量中与A1M相等的向量是( )
A. −12a+b+12c
B. −12a+b−12c
C. 12a+12b+c
D. 12a−12b+c
7.已知向量a=(0,0,2)，b=(1,−1,1)，则向量b在向量a上的投影向量为( )
A. (0,0,2)B. (0,0,1)C. (0,0,−1)D. (0,0,−2)
8.过椭圆C1：x216+y29=1的中心作直线l交椭圆与M，T两点，F是椭圆的左焦点，则△MFT周长的最小值是( )
A. 17B. 14C. 6+2 7D. 8+2 7
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设数列{an}是等差数列；公差为d，Sn是其前n项和，a1>0且a8=0，则( )
A. d0
11.如图，若P是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的表面一个动点，则下列结论正确的是( )
A. 当P在平面BCC1B1内运动时，四棱锥P−AA1D1D的体积不变
B. 当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是[π6,π2]
C. 使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为2π+4 2
D. 若F是棱A1B1的中点，当P在底面ABCD内运动，且满足PF//平面B1CD1时，PF长度的最小值是 6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(x,1,−2),b=(2,2,3)，若a⊥b，则x= ．
13.若曲线y= 1−x2(−1≤x≤1)与直线kx−y+3=0有两个不同的交点，则实数k的取值范围是 ．
14.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点A在C上，点B在y轴上，F1A⊥F1B，F2A=−23F2B，则C的离心率为______．
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.(本小题13分)
(1)已知直线l经过两直线2x+y−8=0和x−2y+1=0的交点，且平行于直线4x+3y−7=0，求直线l的一般方程；
(2)已知圆C经过A(1,1)，B(2,−2)两点，且圆心C在直线l：x−y+1=0上，求圆C的标准方程．
16.(本小题15分)
在数列{an}中，a1=0，a2=4，且an+2=2an+1−an+2．
(1)证明：{an+1−an}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
17.(本小题15分)
已知点F是抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，纵坐标为2的点N在C上，以F为圆心、NF为半径的圆交y轴于D，E，|DE|=2 3．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过(−1,0)作直线l与抛物线C交于A，B，求kNA+kNB的值．
18.(本小题17分)
已知斜三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面A1B1BA是边长为2的菱形，且与底面ABC的夹角为60°，∠A1AB=60°，点O为AB中点．
(1)求证：平面ABC⊥平面A1OC；
(2)求平面A1OB与平面A1OC1夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点M与两定点Q，P的距离之比|MQ||MP|=λ(λ>0,λ≠1)，λ是一个常数，那么动点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线PQ上．已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x2+y2=4，定点分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与右顶点A，且椭圆C的离心率为e=12．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，过右焦点F斜率为k(k>0)的直线l与椭圆C相交于B，D(点B在x轴上方)，点S，T是椭圆C上异于B，D的两点，SF平分∠BSD，TF平分∠BTD．
(ⅰ)求|BS||DS|的取值范围；
(ⅱ)将点S、F、T看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若△SFT外接圆的面积为81π8，求直线l的方程．
答案
1.D
2.D
3.B
4.C
5.D
6.B
7.B
8.B
9.ABC
10.ACD
11.AD
12.2
13.[−3,−2 2)∪(2 2,3]
14.3 55
15.解：(1)联立两直线方程2x+y−8=0x−2y+1=0，解得x=3y=2，
即两直线的交点坐标为(3,2)，
因为直线l平行于直线4x+3y−7=0，设直线l的方程为4x+3y+c=0，c≠−7，
将点(3,2)代入可得4×3+3×2+c=0，
解得c=−18，
即直线l的一般方程为4x+3y−18=0；
(2)圆心C在直线l：x−y+1=0上，可设圆心C的坐标为(a,a+1)．
因为圆C经过A(1,1)，B(2,−2)两点，所以|AC|=|BC|，
即 (a−1)2+(a+1−1)2= (a−2)2+(a+1−(−2）2，
即(a−1)2+a2=(a−2)2+(a+3)2，解得a=−3，
所以圆心C的坐标为(−3,−2)，半径r=|AC|= (−3−1)2+(−2−1)2=5，
故圆C的标准方程为(x+3)2+(y+2)2=25；
16.解：(1)证明：因为数列{an}中，a1=0，a2=4，且an+2=2an+1−an+2，
则(an+2−an+1)−(an+1−an)=an+2−2an+1+an=(2an+1−an+2)−2an+1+an=2，
且a2−a1=4，
所以数列{an+1−an}是以4为首项，2为公差的等差数列；
(2)由(1)得：an+1−an=4+(n−1)×2=2n+2，
所以a2−a1=4，a3−a2=6，a4−a3=8，…，an−an−1=2n，
则an−a1=4+6+8+⋯+2n=(n−1)(4+2n)2=n2+n−2，
又a1=0，所以an=n2+n−2．
17.解：(1)由题知，N点的横坐标为2p，
所以|NF|=p2+2p，|OF|=p2，
所以|NF|2=|DF|2=|OF|2+(|DE|2)2，
所以(p2)2+( 3)2=(p2+2p)2，解得p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x．
(2)由(1)知N(1,2)，设直线AB的方程为x=my−1，
联立x=my−1y2=4x，消去x并整理得y2−4my+4=0，Δ=(4m)2−4×4>0，即m2>1，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1+y2=4m，y1y2=4，
所以kNA+kNB=y1−2x1−1+y2−2x2−1=y1−2my1−2+y2−2my2−2
=2my1y2−2(1+m)(y1+y2)+8m2y1y2−2m(y1+y2)+4=8m−2(1+m)×4m+84m2−2m×4m+4=2．
18.解：(1)证明：在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，由点O为△ABC边AB中点，得CO⊥AB，
在菱形A1B1BA中，由∠A1AB=60°，
得△AA1B为正三角形，A1O⊥AB，
而A1O∩CO=O，A1O，CO⊂平面A1OC，
则AB⊥平面A1OC，又AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面A1OC．
(2)由(1)知∠A1OC为侧面A1B1BA与底面ABC所成的角，则∠A1OC=60°，
由AA1=AB=AC=BC=2，得A1O=CO= 3，则△A1OC为正三角形，
在平面A1OC内过点A1作A1D⊥OC于D，由平面ABC⊥平面A1OC，
平面ABC∩平面A1OC=OC，则A1D⊥平面ABC，过O作Oz//A1D，
则直线OB，OC，Oz两两垂直，以O为原点，直线OB，OC，Oz分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则O(0,0,0),A(−1,0,0),B(1,0,0),C(0, 3,0),A1(0, 32,32)，
OA1=(0, 32,32),OB=(1,0,0,),A1C1=AC=(1, 3,0)，
设平面A1OC1的法向量为m=(x,y,z)，
则m⊥A1C1m⊥OA1，则m⋅A1C1=x+ 3y=0m⋅OA1= 32y+32z=0，
取z=1，得m=(3,− 3,1)，
设平面A1OB的法向量为n=(a,b,c)，
则n⊥OBn⊥OA1，则n⋅OB=a=0n⋅OA1= 32b+32c=0，
取c=1，得n=(0,− 3,1)，
所以平面A1OB与平面A1OC1夹角的余弦值为|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m||n|=4 13×2=2 1313．
19.解：(1)设M(x,y)，由题意|MF||MA|= (x−c)2+y2 (x−a)2+y2=λ(常数)，
整理得x2+y2+2c−2aλ2λ2−1x+λ2a2−c2λ2−1=0，
故2c−2aλ2λ2−1=0λ2a2−c2λ2−1=−4，又ca=12，解得a=2 2，c= 2．
∴b2=a2−c2=6，椭圆C的方程为x28+y26=1．
(2)(ⅰ)由S△SBFS△SDF=12|SB|⋅|SF|⋅sin∠BSF12|SD|⋅|SF|⋅sin∠DSF=|SB||SD|，
又S△SBFS△SDF=|BF||DF|，∴|BS||DS|=|BF||DF|，(或由角平分线定理得)
令|BF||DF|=λ，则BF=λFD，设D(x0,y0)，则有3x02+4y02=24，
又直线l的斜率k>0，则x0∈(−2 2, 2)，xB= 2(λ+1)−λx0yB=−λy0，
代入3x2+4y2−24=0，得3[ 2(1+λ)−λx0]2+4λ2y02−24=0，
即(λ+1)(5λ−3− 2λx0)=0，
∵λ>0，∴λ=35− 2x0∈(13,1)．
(ⅱ)由(ⅰ)知，|SB||SD|=|TB||TD|=|BF||DF|，
由阿波罗尼斯圆定义知，S，T，F在以B，D为定点得阿波罗尼斯圆上，
设该圆圆心为C1，半径为r，与直线l的另一个交点为N，
则有|BF||DF|=|NB||ND|，即|BF||DF|=2r−|BF|2r+|DF|，解得r=11|BF|−1|DF|．
又S圆C1=πr2=818π，故r=92 2，∴1|BF|−1|DF|=2 29，
又|DF|= (x0− 2)2+y02= (x0− 2)2+6−34x02=2 2−12x0，
∴1|BF|−1|DF|=1λ|DF|−1|DF|=5− 2x03(2 2−12x0)−12 2−12x0=2− 2x03(2 2−12x0)=2 29，
解得x0=− 22，y0=− 6−34x02=−3 104，
∴k=−y0 2−x0= 52，
∴直线l的方程为y= 52x− 102．