山东省泰安市泰山区2025-2026学年高二上学期数学期末考试预测卷（练习）

泰安市泰山区2025-2026学年高二上学期期末考试预测卷 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）在正三棱柱中，，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）圆关于直线对称的圆的方程为（   ） A． B． C． D． 3．（本题5分）设椭圆：（）的左、右焦点分别为，，过作斜率不为零的直线交于，两点.若的周长为8，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 4．（本题5分）已知双曲线的左右两个焦点分别为、，过右焦点作直线，交右支于、两点，若，，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 5．（本题5分）已知抛物线C：的焦点为，准线与轴交于点，过点的直线交抛物线于，两点，若，则直线倾斜角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 6．（本题5分）设是等差数列的前项和，若，则（    ） A． B． C． D． 7．（本题5分）已知等比数列满足：.设，记数列的前项和为，则（    ） A．149 B．153 C．155 D．157 8．（本题5分）已知函数，若对任意（0，2]，存在[1，2]，使，则实数b的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知公差为的等差数列的前项和为，则（　　） A． B． C．中最小 D．使成立的最小正整数的值为4050 10．（本题6分）已知分别为与的零点，则（    ） A． B． C． D． 11．（本题6分）已知是椭圆的焦点三角形，椭圆在点处的切线与直线所成角的大小是，则（    ） A．的周长为 B．的面积为 C．若是上的动点，则 D．若是上的动点，则 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）若直线与曲线有两个交点，则实数k的取值范围是 . 13．（本题5分）如图，在直三棱柱中，若，，则二面角的余弦值为 ．    14．（本题5分）已知，函数存在零点，则实数的最小整数值是 . 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）如图，是一个四棱锥，已知四边形是梯形，平面，，，，，点是棱的中点，点在棱上，.    (1)证明：直线平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面的夹角的余弦值. 16．（本题15分）已知圆C经过坐标原点，且圆心为. (1)求圆C的标准方程； (2)已知直线：与圆C相交于A，B两点，求弦长的值； (3)过点引圆C的切线，求切线的方程. 17．（本题15分）已知椭圆:的焦距为2，点在椭圆上. (1)求椭圆的方程； (2)设，是椭圆上的两个动点，为坐标原点，当直线、的倾斜角互补时，直线的斜率是否为一个定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由. (3)求面积的最大值. 18．（本题17分）已知数列的前项和为，且． (1)求证：数列为等差数列； (2)若． ①求的通项公式； ②若成等比数列，求的值． 19．（本题17分）已知函数. (1)求曲线在点处的切线斜率； (2)当时，求证：． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B 【分析】取中点，连接，建立空间直角坐标系，利用向量法可求直线与所成角的余弦值. 【详解】因为正三棱柱中，，所以为正三角形， 则取中点，连接，所以，在平面内作， 以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则有，，，， 则，， 记直线所成角为，． 故选：B． 2．A 【分析】求出已知圆的圆心关于直线对称的点，再利用轴对称的性质求出半径，即得对称圆的方程. 【详解】由题意得圆的圆心坐标为，半径为． 设点关于直线对称的点， 则，解得，． 由轴对称的性质得新圆的半径为， 对称的圆的方程为，故A正确. 故选：A 3．D 【分析】根据椭圆的定义和性质进行计算. 【详解】因为 又的周长为8， 则， 所以，则， 则， 则， 故选： 4．C 【分析】利用双曲线的定义求得，，利用二倍角的余弦公式结合可求出的值，然后在中，利用余弦定理可得出、的等量关系，即可解得该双曲线的离心率的值. 【详解】因为，所以，    即，且， 所以，解得， 所以在△中，由余弦定理可得， 即，即，解得. 故选：C. 5．A 【分析】利用条件求出点的坐标，然后利用两点的斜率公式求解直线的斜率，最后利用同角三角函数的关系求解倾斜角的正弦值即可. 【详解】已知抛物线，可得：抛物线的焦点为，准线方程为， 因此可得：准线与轴的交点为. 不妨假设点在第一象限，由于，可得：直线的斜率为， 即，又， 联立，得：，即， 解得：或， 当时，，即， 设直线的倾斜角为，则， 由，且，又，得：. 当时，，即， 则，同理可得：. 综上所述可得：则直线倾斜角的正弦值为. 故选：A    6．C 【分析】利用等差数列的前n项和为，则成等差数列，即可得出结论． 【详解】设，则， 等差数列的前n项和为，则成等差数列， 即成等差数列， 公差为，故，即， ， 故选：. 7．B 【分析】根据等比数列的通项公式求解，从而可得的通项公式，根据分组求和可得的值. 【详解】设等比数列的公比为，则， 则，可得，所以， 则， 所以. 故选：B. 8．B 【分析】先明确“任意-存在”型不等式的转化逻辑，再利用导数判断函数的单调性并求出其最值解决问题. 【详解】，令，解得或， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 因为对任意，存在，使， 所以在上有解，整理得， 令，， 令，解得， 所以当时，，单调递增；当时，，单调递减. 因为，所以， 所以. 故选：B 【点睛】 条件描述 等价最值关系 对任意，存在，使 对任意，任意，使 存在，存在，使 存在，任意，使 9．ABD 【分析】先根据已知条件判断的符号，进而可判断公差的符号，然后根据等差数列的通项公式和前项和公式逐项判断即可. 【详解】因为，所以，即，故A正确；，故B正确； 由，得当时，，当，， 所以当时，最小，故C错误； 结合C选项中数列各项的符号可知： ， 所以使成立的最小正整数的值为4050，故D正确． 故选：ABD． 10．ACD 【分析】解法一：根据对称性转化判断B，C，再化简计算判断A，应用导数得出单调性判断D.解法二：利用函数同构得出B，化简判断A，C，根据单调性计算判断D. 【详解】解法一：设直线与曲线分别交于点与点， 因为直线垂直于直线与互为反函数， 则点与点关于直线对称， 所以，于是并且，故B错误，C正确； ，即，故A正确； 因为在单调递增，且， 故，令， 则，所以在单调递减， 所以，即，即，所以D正确. 故选:ACD. 解法二：利用函数同构，直接得到，， 得，得到.B错误； 对于，A正确； 对于，C正确； 对于，在上递减，得，，D正确. 故选:ACD. 11．AD 【分析】应用椭圆定义得出周长判断A，应用焦点三角形计算求解判断B，应用两角差正切公式结合不等式判断C，应用点到直线距离计算判断D. 【详解】的周长为，A正确； 根据椭圆的光学性质，与直线所成角的大小也是，从而，则的面积为，B错误； 设在第一象限，则，由得，于是，得， 设，当时，，则，当且仅当时取最大角，C错误； 由C选项，根据点到直线的距离公式，D正确. 故选：AD. 12． 【分析】先找出直线过定点，然后画出曲线图形，根据直线和曲线位置关系得出结论. 【详解】直线可化为， 所以直线l恒过定点， ，可化为（）， 其表示以为圆心，半径为2的圆的一部分， 当l与该曲线相切时，圆心到直线l的距离， 解得， 设，则， 所以如图所示：    由图可得，若要使直线l与曲线有两个交点， 则. 故答案为：. 13． 【分析】建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量法可求二面角的余弦值. 【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系，    则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 因为，所以， 又因为，，平面， 所以平面，所以是平面的一个法向量， 所以， 所以二面角的余弦值为. 故答案为：. 14． 【分析】令，将问题转化为方程在上有解；分离参数可得，令，利用导数和零点存在定理可求得的单调性和最大值，结合最大值的范围可确定的范围，进而求得结果. 【详解】由题意知：的定义域为，， 令， ，在上单调递增，， 则存在零点等价于方程在上有解； ，， 令，则， 令，则， 在上单调递减， ， ，， ，使得，且当时，，当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，又， ， 能取得的最大值为，，实数的最小整数值为. 故答案为：. 15．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得直线平面. （2）利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值. （3）利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）以为坐标原点，以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则. 为平面的一个法向量， 因为，所以，所以， 因为平面，所以平面. （2）设为平面的一个法向量， 则， 令，则， 故， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）设为平面的一个法向量， 则, 因为，， 所以， 取，则， 则. 为平面的一个法向量， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为.    16．(1)； (2)； (3)和. 【分析】（1）根据圆心和圆过原点，求出半径，即可得答案. （2）先求出圆心到直线的距离d，代入弦长公式，计算即可得答案. （3）当切线垂直x轴时，分析可得，满足题意；当切线不垂直x轴时，设斜率为k，求出直线方程，根据题意，可得圆心到直线的距离等于半径，列出方程，即可得答案. 【详解】（1）因为圆心为，且过原点， 所以半径，则圆C的标准方程为. （2）圆心到直线的距离， 所以. （3）当切线垂直x轴时，即方程为， 此时圆心到的距离为，故圆C与相切，符合题意； 当切线不垂直x轴时，设斜率为k，则方程为，即， 所以圆心到切线的距离，即， 平方可得，解得， 则切线方程为，即， 综上，切线方程为和. 17．(1) (2)是定值， (3) 【分析】（1）由题意得且，结合求出即可； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，由韦达定理及可求解； （3）根据弦长公式求出，由点到直线的距离公式求得原点到直线的距离，求出，根据二次函数的性质求解. 【详解】（1）设椭圆的左、右焦点分别为、， 因为焦距为2，， 所以且轴，故， 又由于，所以得，， 故椭圆方程为. （2）设，，直线的方程为， 由于直线，的倾斜角互补，故. 联立方程，整理得, 故，即, 且，, ， 所以. （3）直线的方程为，且, 所以弦长. 原点到直线：的距离为, 所以, 故当且仅当时，的面积的最大值为. 18．(1)证明见解析； (2)①；②或或． 【分析】（1）利用与的关系作差得的递推式，再通过与的递推式二次作差，即可证明为等差数列. （2）①利用等差数列下标和的性质及等差数列的前项和公式简化条件，并结合已知条件列方程，求出的首项和公差，即可求得的通项公式； ②结合题目条件列出方程，得到，再根据，即可得解. 【详解】（1）由题知，， 当时，． 两式相减得， 所以， 所以， 两式相减得． 化简得， 即对任意且都成立． 所以数列为等差数列. （2）①. ，联立， 解得，所以． ②因为成等比数列，所以， 所以． 整理得． 因为，所以或或， 解得或或，均为正整数，符合题意. 19．(1)1 (2)证明见解析 【分析】（1）求导得，再代入计算求出即可； （2）设，再求导得到其最小值即可证明. 【详解】（1）由，可得， 所以切线斜率为． （2）令， 则， 当时，所以在上单调递减， 当时，所以在上单调递增， 所以当时，有最小值为， 所以当时，，即当时，． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $