2025_2026学年高二数学上册期末模拟试卷人教A版 [含答案]

这是一份2025_2026学年高二数学上册期末模拟试卷人教A版 [含答案]，共4页。试卷主要包含了测试范围，数列的前项和，则等内容，欢迎下载使用。
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，再选涂其他答案标号。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。
4．测试范围：人教A版选择性必修一全部内容+数列。
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．经过两点和的直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用两点确定直线斜率，再利用正切值求倾斜角即可.
【详解】经过两点和的直线斜率为，
所以该直线的倾斜角为，
故答案为：C
2．已知数列，2，，，，…，，，…，则是这个数列的（ ）
A．第19项B．第20项C．第21项D．第22项
【答案】C
【分析】令，解出即可得.
【详解】令，解得，
所以是这个数列的第项.
故选：C.
3．已知四面体，M、N分别是的中点，且，用表示（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的线性运算，结合图形可得.
【详解】因为M、N分别是的中点，所以，
所以.
故选：D
4．正项等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．9或B．C．9D．18
【答案】A
【分析】运用等比数列性质解题即可.
【详解】正项等比数列的前项和为，
若，则，则.
又，则，即，即，
则，化简，解得都满足题意.
则或.
故选：A.
5．已知椭圆的左右焦点分别是，，椭圆上任意一点到，的距离之和为4，过焦点且垂直于轴的直线交椭圆于，两点，若线段的长为3，则椭圆的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件结合椭圆的定义求出，设出点坐标，由给定弦长求出即可得解.
【详解】因为椭圆上任意一点到，的距离之和为，由椭圆的定义得，即，
令椭圆：的半焦距为，
则，则直线，
由，解得，
于是得，则，
所以椭圆的方程为.
故选：A
6．如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，其中，，，，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，计算平面AEC1F的法向量，利用点到面距离的向量公式即得解
【详解】以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，
则，
∴，.
设为平面的法向量，，
由，得，
令z=1，∴，
所以.
又，
∴点C到平面AEC1F的距离d=.
故选：C.
7．已知圆上到直线的距离等于1的点恰有两个，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先判断圆心到直线的距离，利用距离公式列不等式即解得参数的取值范围.
【详解】圆的圆心是，半径，
而圆上恰有两个点到直线的距离等于1，
所以圆心到直线的距离，满足，
即，解得或.
故选：D.
8．已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，过点且斜率为k的直线l交E的两条渐近线于A，B两点，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由双曲线方程得到渐近线方程为，设，的中点为，将点代入渐近线方程，利用点差法得到，设直线的倾斜角为，根据推出，即得，即得，解之即得直线的斜率.
【详解】
如图，由可得双曲线的渐近线方程为，
不妨设，的中点为，则，
两式相减，得：，即，
即（*），因，则，在中，，
设直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为，
则由（*）可得，即，解得，
即，也即.
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．数列的前项和，则（ ）
A．
B．
C．当或6时，数列有最小项
D．是等差数列
【答案】ABD
【分析】根据作差求出的通项，即可判断A、B，根据二次函数的性质判断C，根据等差数列的定义判断D.
【详解】对于A：因为，当时，故A正确；
对于B：当时，
所以，
经检验时也成立，所以，故B正确；
对于C：因为，所以当或时取得最大值，且，即数列有最大项，故C错误；
对于D：因为，则，又，
所以是首项为，公差为的等差数列，故D正确.
故选：ABD
10．如图，已知正方体边长为，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与所成角为
B．平面 平面
C．三棱锥的体积是正方体的
D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】AC
【分析】建立空间直角坐标系，根据空间向量法计算可判断ABD，根据三棱锥体积公式计算可判断C.
【详解】以D点为坐标原点，DA为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
所以，，
因为，
所以，即直线与所成角为，故A正确；
，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，即，
在正方体中，平面的法向量可以为，
因为，
所以平面 平面不成立，故B错误；
，故C正确；
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为，故D错误.
故选：AC
11．设抛物线的焦点为，点，是抛物线上不同的两点，且，则（ ）
A．线段的中点到的准线距离为4B．当直线过原点时，
C．直线的倾斜角的最大值为D．线段的垂直平分线过定点
【答案】AD
【分析】由可得，分析几何图形知线段的中点到准线的距离为，代入相应值可判断A；由题意设，则，即可求出点A、B的坐标，代入两点间的距离公式即可判断B；直线斜率存在时符合题意，斜率不存在时，联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理及可求出k的范围判断C；斜率不存在时满足题意，斜率存在时根据垂直平分线过AB的中点且与AB垂直可写出其点斜式方程，然后求出定点判断D.
【详解】设，抛物线：，得，，所以，
线段的中点到的准线距离为，故A正确；
若直线过原点，设，则，所以，所以，故B错误；
当直线AB斜率不存在时，，符合题意，当直线AB斜率存在时，设直线的方程为，
由得，则，得，
又，得，故或，则倾斜角无最大值，故C错误；
当直线AB斜率存在时，线段中点的坐标为，所以线段的垂直平分线方程为，
又，故化为，过定点；当直线的斜率不存在时其垂直平分线即为x轴所在直线，也成立，故D正确．
故选：AD
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知直线与互相垂直，则实数的值为 ．
【答案】1
【分析】利用直线方程的一般式表达垂直计算可得.
【详解】由两直线垂直可得，解得或1，
当时，直线不存在，故舍掉，
所以.
故答案为：1.
13．已知双曲线的左右焦点为，点为双曲线上一点，若，则的周长是 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用双曲线定义，结合勾股定理求出三角形周长.
【详解】双曲线的实半轴长，焦点，，
由点在双曲线上，得，由，得，
，
因此，所以的周长是.
故答案为：
14．已知数列满足，，，若存在正整数m使得恒成立，则 ．
【答案】8
【分析】利用与的关系可得，进而可得，利用作差法找出数列的最大项即可求解.
【详解】，当时，，
当时，，
所以，
所以，时也适合，
所以，，
所以，，
，，
当时，，即，
当时，，即，
所以当时，最大，
即对任意，均有，
所以存在正整数，使得恒成立.
故答案为：8.
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．（13分）
已知以点为圆心的圆A与直线：相切，直线：．
(1)求圆A的标准方程，并求直线所过的定点坐标；
(2)求直线被圆A截得的最短弦长及此时直线的方程．
【答案】(1)，定点；
(2)，.
【分析】（1）利用切线的性质求出半径即得圆的方程，再求出直线所过定点坐标.
（2）判断定点与圆的位置，利用圆的性质及弦长公式求解.
【详解】（1）依题意，点到直线：的距离即为圆A的半径，
所以圆A的标准方程为；
直线，由，解得，
所以直线过定点.
（2）由（1）知，点在圆内，
当直线时，直线被圆A截得的弦长最短，最短弦长为，
因直线的斜率，则直线的斜率为2，方程为，即.

16．（15分）
椭圆过点且离心率为，为椭圆的右焦点，过的直线交椭圆于，两点，定点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若面积为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）待定系数法求解出的值，则椭圆的方程可知；
（2）设出直线的方程，联立直线的方程与椭圆方程得到纵坐标的韦达定理形式，根据，代入韦达定理求解出参数值，则直线的方程可知.
【详解】（1）由题意可知，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线的斜率为时，显然不符合题意；
因为，设，
联立，可得，
则，
，
因为，
所以，解得，
所以直线的方程.

17．（15分）
已知数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用求出通项公式.
（2）由（1）的结论求出，再利用裂项相消法求和即得.
【详解】（1）在数列中，，当时，，
当时，，则，
所以，又，
则数列是以4为首项，4为公比的等比数列，所以.
（2）由（1）知，，
则，
所以
.
18．（17分）
如图1，点分别是边长为4的正方形三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，使得平面平面，（如图2），连接，是四边形对角线的交点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为?若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)存在，点与点重合.
【分析】（1）利用中位线和平行四边形证明线线平行，然后得到线面平行；
（2）证明三线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求得面的法向量，然后由直线所在向量与法向量的夹角的余弦值的绝对值求得线面角的正弦值；
（3）由（2）知道平面的法向量，设点坐标，由空间向量求得平面的法向量，由两个面的法向量夹角的余弦值的绝对值求等于面面角的余弦值建立方程，解得点坐标，即可知道点的位置.
【详解】（1）取中点，连接
∵四边形为矩形，
∴点为中点，
∴且，
又∵且，
∴且，
∴四边形为平行四边形，即，
∵平面，
∴平面.
（2）∵，且平面平面，平面平面，
∴平面，
又∵平面，∴，
故以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，
∴，，，，，
，，，
设为平面的一个法向量，
则，解得，即，
设直线与平面所成角为，
则，
（3）由（2）可知平面的一个法向量为，
设存在，则，，
设平面的一个法向量为，
则，解得，即，
则，
∴，即
19．（17分）
圆锥曲线有着丰富的光学性质．从抛物线的焦点F处出发的光线照射到抛物线上点，经反射后的光线平行于抛物线的轴．若点P在第一象限、直线l与抛物线相切于点P．
(1)已知点，求切线l的方程；
(2)过原点作切线l的平行线，交PF于点S，若．
（i）求抛物线的方程；
（ii）过准线上点N作圆的两条切线，且分别与交于两点和两点．是否存在圆M，使得当点N运动时，为定值？并说明理由．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）存在，理由见解析
【分析】（1）由点P可得抛物线方程，然后设切线方程为，将切线方程与抛物线方程联立，利用判别式为0可得斜率；
（2）（i）法1，利用抛物线光学性质可得，然后由几何知识可得，即可得答案；法2，将切线方程设为，类似于（1）可得，注意到，然后由几何知识可得，即可得答案；法3，类似于法2可得切线斜率为，设直线l，PF的倾斜角分别为，经计算可得，然后由几何知识可得；法4，类似于法2可得，通过将过原点与切线平行的直线方程与直线PF的方程联立可得点S坐标，然后由结合两点间距离公式可得关于p的表达式，化简后可得答案；
（ii）由（i）设，将方程与抛物线方程联立，结合韦达定理，可得关于的表达式，然后由切线到圆心距离为1可得，代入表达式可得答案.
【详解】（1）因为在抛物线上，所以，所以抛物线为
设切线方程为，与抛物线联立得：，
所以，所以
所以切线方程为：
（2）（i）（法1）如图，因由光学性质可知轴，
因为入射角等于反射角，所以，
所以，所以，
所以，所以抛物线方程为
（法2）设切线l的方程为：
与抛物线方程联立得，
由，整理，即
如图，因为，所以，又因为，
所以，所以，即，
所似抛物线方程为
（法3）点在第一象限，同法2，求得
设直线l，PF的倾斜角分别为，
计算可得：
即，即，所以抛物线方程为
（法4）同法2，求得，所以过原点与切线平行的直线为：
直线PF的方程为：，解得点S的坐标为
因为，由两点距离公式可得
整理得，注意到：，
进一步整理可得：，所以，所以抛物线方程为
（ii）由（i）可得抛物线方程为：，则准线方程为：
设，，
将方程与抛物线方程联立，消去x并化简可得：，
又，则由韦达定理可得，同理可得.
则.
又与圆相切，则到圆心的距离为1，
则，
同理有，
则为方程的两根，
由韦达定理可得：.
则
注意到当时，切线中有一条与x轴平行，不合题意，则.
要使为定值，则，又，则.
故存在圆，使得当点N运动时，为定值.
【点睛】关键点睛：抛物线问题存在大量相等的线段或相等的角，解决问题时可合理利用，对于定值问题，常用思路是找到定值关于所设参数的表达式，然后证明表达式与参数无关.