2025-2026学年高二上学期期末数学模拟试卷（B）

2025-2026学年上学期期末模拟试卷（B） 高二数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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（2019）选择性必修第一册+选择性必修第二册第四章数列。 一、单选题 1．设，分别是椭圆的左、右焦点，点在上，且，则（   ） A． B． C． D． 2．直线的倾斜角为（   ） A． B． C． D． 3．双曲线的一条渐近线方程为，则的焦距为（   ） A． B． C． D． 4．在数列中，，，则（   ） A． B． C．2 D． 5．已知为数列的前项和，，，，则等于（   ） A． B． C． D． 6．已知点，，若直线上存在点C，使得，则实数k的取值范围为（   ） A． B． C． D． 7．如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是，则（    ） A．2 B． C． D． 8．已知双曲线：的一条渐近线方程为：，直线与交于，两点，分别过点，作的垂线，垂足为，．若四边形的面积为，则的虚轴长为（   ） A．2 B． C．4 D． 二、多选题 9．下列说法正确的是（   ） A．已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为 B．经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为 C．当直线l：与圆C：相交所得弦长最短时，m的值为-1 D．直线与直线互相平行，则 10．已知递增等比数列的前n项和为，，且，则下列结论正确的有（   ） A． B． C．是公差为1的等差数列 D．是等比数列. 11．如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（    ） A． B． C．向量与的夹角是60° D．与AC所成角的余弦值为 三、填空题 12．已知点，，直线在轴上的截距为 . 13．设数列的前项和为，且，则的最小值为 ． 14．已知椭圆的左、右焦点分别为，定点，若点P是椭圆E上的动点，则的范围是 四、解答题 15．已知空间三点，设 (1)求； (2)若向量与互相垂直，求实数k的值. 16．已知数列为等差数列，为其前n项和，， (1)求数列的通项公式； (2)若，数列的前n项和为，求证：. 17．已知直线，圆. (1)（i）当实数变化时，求直线经过的定点的坐标； （ii）若直线与圆相切于点，求的长； (2)若直线与圆相交于两点，且△为钝角三角形，求的取值范围. 18．已知为抛物线：的焦点，直线：经过，且与相交于，两点，过点的动直线与相交于，两点． (1)求抛物线的方程； (2)求的值； (3)设为坐标原点，若的面积为，直线与轴交于点，证明：． 19．如图1，等腰直角的斜边为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为，如图2，为的中点． (1)证明：． (2)求平面和平面所成角的余弦值． (3)试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年上学期期末模拟试卷（B） 高二数学 一、单选题 1．设，分别是椭圆的左、右焦点，点在上，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因点为椭圆上一点，则， 又因，联立解得.故选：A. 2．直线的倾斜角为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为直线方程为，即，所以斜率为， 又直线倾斜角范围为，且，所以直线倾斜角为.故选：C 3．双曲线的一条渐近线方程为，则的焦距为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由易得双曲线的焦点在轴上，其渐近线方程为， 依题意，，解得，故双曲线的焦距为.故选：D. 4．在数列中，，，则（   ） A． B． C．2 D． 【答案】A 【详解】因为，所以. 因为，所以，，， 所以是以3为周期的周期数列，则.故选：A. 5．已知为数列的前项和，，，，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以，， 所以，故选：A 6．已知点，，若直线上存在点C，使得，则实数k的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以点C在以为直径的圆上，记为圆D． 因为，，所以圆心，圆D的半径， 因为点C在直线l上，所以直线l与圆D有公共点， 所以圆心D到直线l的距离，即， 化简得，解得，即实数k的取值范围是．故选：B 7．如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是，则（    ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【详解】， 所以， 因为三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是， 所以， 所以.故选：C. 8．已知双曲线：的一条渐近线方程为：，直线与交于，两点，分别过点，作的垂线，垂足为，．若四边形的面积为，则的虚轴长为（   ） A．2 B． C．4 D． 【答案】D 【详解】记坐标原点为，不妨设在第一象限，显然的倾斜角为，的倾斜角为，故， 而，，由对称性易得四边形是平行四边形， 故其面积，可得， 设，由的倾斜角为，得，， 于是由，得， 又，则，解得， 故的虚轴长为． 故选：D． 二、多选题 9．下列说法正确的是（   ） A．已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为 B．经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为 C．当直线l：与圆C：相交所得弦长最短时，m的值为-1 D．直线与直线互相平行，则 【答案】CD 【分析】根据直线与线段相交、直线与圆相交、直线截距式方程、直线平行条件逐项分析判断即可. 【详解】选项A：直线可整理为，所以直线恒过点. ，， 因为直线与线段相交，所以的取值范围为或，故A错误； 选项B：设直线在x轴和y轴上截距为. 当时，设直线方程为，代入点可解得，此时方程为，即； 当时，设直线方程为，代入点可解得，此时方程为，即. 综上，所求直线方程为或，故B错误； 选项C：圆的方程可整理为，圆心，半径. 直线： 恒过定点，所以当直线时，弦长最短. ，所以，即，解得，故C正确； 选项D：当时，两条直线可化为，，不满足题意； 当时，直线可化为， 直线可化为， 因为两条直线平行，所以，解得，故D正确. 故选：CD. 10．已知递增等比数列的前n项和为，，且，则下列结论正确的有（   ） A． B． C．是公差为1的等差数列 D．是等比数列. 【答案】BD 【分析】根据等比数列通项公式得，再结合其单调性即可得到值，从而得到等比数列通项公式，从而判断A选项；再利用等比数列的求和公式即可判断BD；求出即可判断C. 【详解】设等比数列的公比为， 因为数列是递增数列，，所以． 因为，所以，解得或（舍去）， 所以，. 因为，所以，故A错误； 因为，所以，故B正确； 因为，所以，所以数列是首项为0，公差为的等差数列，故C错误； 因为，所以，所以数列是首项和公比均为2的等比数列，故D正确． 故选：BD． 11．如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（    ） A． B． C．向量与的夹角是60° D．与AC所成角的余弦值为 【答案】BD 【分析】选项，计算得，所以选项不正确； 选项，，所以，所以选项正确； 选项，向量与的夹角是，所以选项不正确； 选项，与所成角的余弦值为，所以选项不正确. 【详解】选项，由题意可知， 则 ， ∴，所以选项不正确； 选项，，又， ∴，所以选项正确； 选项，，， ∴向量与的夹角是，所以选项不正确； 选项，，， 设与所成角的平面角为， ∴ ，所以选项正确. 故选：BD. 三、填空题 12．已知点，，直线在轴上的截距为 . 【答案】 【分析】求出直线的方程，再令即可. 【详解】因为，，所以直线的斜率为， 则直线的方程为，令，得， 故直线在轴上的截距为. 故答案为：. 13．设数列的前项和为，且，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据题意得出数列是常数列，进而求出，再利用等差数列的前项和公式求出，最后利用基本不等式求最值. 【详解】因为，所以，所以数列是常数列， 因为，所以，所以，故数列为等差数列， 因为， 所以 ，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为． 故答案为： 14．已知椭圆的左、右焦点分别为，定点，若点P是椭圆E上的动点，则的范围是 【答案】 【分析】由椭圆定义得，求出的范围即可得解. 【详解】椭圆中，，由椭圆定义得， 则，而， 因此，，即， 所以. 故答案为： 四、解答题 15．已知空间三点，设 (1)求； (2)若向量与互相垂直，求实数k的值. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）先求出的坐标，再利用向量数量积的坐标公式计算即得； （2）先求出和，再利用向量垂直的充要条件列出方程，代入化简计算即得k值. 【详解】（1）由题意，，则； （2）由（1）可得 因向量与互相垂直，则得：， 解得，或. 16．已知数列为等差数列，为其前n项和，， (1)求数列的通项公式； (2)若，数列的前n项和为，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据等差数列基本量运算求出，进而求出通项公式； （2）由（1）求出通项，利用裂项相消法求得，得证. 【详解】（1）由题意等差数列中，，，设公差为， 可得，解得， 故. （2）由（1）可得， 故. 因为，所以，得证. 17．已知直线，圆. (1)（i）当实数变化时，求直线经过的定点的坐标； （ii）若直线与圆相切于点，求的长； (2)若直线与圆相交于两点，且△为钝角三角形，求的取值范围. 【答案】(1)（i）；（ii） (2) 【分析】（1）将含有的式子提公因式，然后令其他部分等于0，可求得点点的坐标，求的长，直接用切线长公式即可； （2）△为钝角三角形，可分析出圆心到直线的距离的范围，列出不等式可求解 【详解】（1）（i）由直线：，令，则，即点； （ii），，所以； （2）设圆心到直线的距离为，因为为钝角三角形，所以为钝角， 故，所以，所以. 18．已知为抛物线：的焦点，直线：经过，且与相交于，两点，过点的动直线与相交于，两点． (1)求抛物线的方程； (2)求的值； (3)设为坐标原点，若的面积为，直线与轴交于点，证明：． 【答案】(1) (2)2 (3)证明见详解 【分析】（1）根据经过焦点F即可求出； （2）将代入，得，再结合韦达定理、抛物线的定义求出、的值即可； （3）设的方程为，结合韦达定理，列出关于t的表达式，解出t的值后，求出N点坐标即可证明． 【详解】（1）抛物线的焦点为，由题意可知， ，解得，故抛物线C的方程为． （2）将代入，得， 设，，则，， 由抛物线的定义可知，，， 故． （3）易知动直线的斜率不为0，设其方程为，，， 联立，整理得， 则，，， 所以的面积为， 由题意得，，解得， 所以直线的方程为，则，故． 19．如图1，等腰直角的斜边为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为，如图2，为的中点． (1)证明：． (2)求平面和平面所成角的余弦值． (3)试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在； 【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，再由平面，得到，得出为等边三角形，证得，证得平面，即可证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，求得，根据题意，利用向量的夹角公式，列出方程，求得的值，即可得到答案. 【详解】（1）证明：在图1中的等腰直角中，为的中点，可得， 所以在图2中，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为平面，所以是二面角的平面角，即， 所以为等边三角形，因为为的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，. （2）解：以为原点，垂直于的直线为轴，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 所以， 所以平面和平面所成角的余弦值为. （3）解：假设在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 由（2）得， 设，则， 平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 解得或（舍去）， 所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年上学期期末模拟试卷（B） 高二数学 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C D A A B C D CD BD 题号 11 答案 BD 1．A 【详解】因点为椭圆上一点，则， 又因，联立解得.故选：A. 2．C 【详解】因为直线方程为，即， 所以斜率为，又直线倾斜角范围为，且， 所以直线倾斜角为.故选：C 3．D 【详解】由易得双曲线的焦点在轴上，其渐近线方程为， 依题意，，解得，故双曲线的焦距为.故选：D. 4．A 【详解】因为，所以. 因为，所以，，， 所以是以3为周期的周期数列，则.故选：A. 5．A 【详解】因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以，， 所以，故选：A 6．B 【详解】因为，所以点C在以为直径的圆上，记为圆D． 因为，，所以圆心，圆D的半径， 因为点C在直线l上，所以直线l与圆D有公共点， 所以圆心D到直线l的距离，即， 化简得，解得，即实数k的取值范围是．故选：B 7．C 【详解】， 所以， 因为三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是， 所以， 所以.故选：C. 8．D 【详解】记坐标原点为，不妨设在第一象限，显然的倾斜角为，的倾斜角为，故， 而，，由对称性易得四边形是平行四边形， 故其面积 ，可得， 设，由的倾斜角为， 得，， 于是由，得，又， 则，解得， 故的虚轴长为．故选：D． 9．CD 【详解】选项A：直线可整理为， 所以直线恒过点.，， 因为直线与线段相交，所以的取值范围为或，故A错误； 选项B：设直线在x轴和y轴上截距为. 当时，设直线方程为，代入点可解得， 此时方程为，即； 当时，设直线方程为，代入点可解得， 此时方程为，即. 综上，所求直线方程为或，故B错误； 选项C：圆的方程可整理为，圆心，半径. 直线： 恒过定点，所以当直线时，弦长最短. ，所以，即，解得，故C正确； 选项D：当时，两条直线可化为，，不满足题意； 当时，直线可化为， 直线可化为， 因为两条直线平行，所以，解得，故D正确.故选：CD. 10．BD 【详解】设等比数列的公比为，因为数列是递增数列，，所以． 因为，所以，解得或（舍去）， 所以，. 因为，所以，故A错误； 因为，所以，故B正确； 因为，所以，所以数列是首项为0，公差为的等差数列，故C错误； 因为，所以，所以数列是首项和公比均为2的等比数列，故D正确．故选：BD． 11．BD 【详解】选项，由题意可知，则 ， ∴，所以选项不正确； 选项，，又， ∴，所以选项正确； 选项，，， ∴向量与的夹角是，所以选项不正确； 选项，，， 设与所成角的平面角为，∴ ，所以选项正确.故选：BD. 12． 【详解】因为，，所以直线的斜率为， 则直线的方程为，令，得，故直线在轴上的截距为.故答案为：. 13． 【详解】因为，所以，所以数列是常数列， 因为，所以，所以，故数列为等差数列， 因为， 所以 ， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为．故答案为： 14． 【详解】椭圆中，， 由椭圆定义得， 则，而， 因此，， 即， 所以.故答案为： 15．(1) (2)或 【详解】（1）由题意，，则； （2）由（1）可得 因向量与互相垂直，则得： ， 解得，或. 16．(1)(2)证明见解析 【详解】（1）由题意等差数列中，，，设公差为， 可得，解得，故. （2）由（1）可得， 故. 因为，所以，得证. 17．(1)（i）；（ii） (2) 【详解】（1）（i）由直线：，令，则，即点； （ii），，所以； （2）设圆心到直线的距离为，因为为钝角三角形，所以为钝角， 故，所以，所以. 18．(1) (2)2 (3)证明见详解 【详解】（1）抛物线的焦点为，由题意可知， ，解得，故抛物线C的方程为． （2）将代入，得， 设，，则，， 由抛物线的定义可知，， ，故． （3）易知动直线的斜率不为0，设其方程为， ，，联立，整理得， 则，，， 所以的面积为 ， 由题意得，，解得， 所以直线的方程为，则，故． 19．(1)证明见解析 (2) (3)存在； 【详解】（1）证明：在图1中的等腰直角中，为的中点，可得， 所以在图2中，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为平面，所以是二面角的平面角，即， 所以为等边三角形，因为为的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，. （2）解：以为原点，垂直于的直线为轴，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 则， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以， 所以，所以平面和平面所成角的余弦值为. （3）解：假设在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 由（2）得， 设，则， 平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 解得或（舍去）， 所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $