广东省广州市2025-2026学年高二数学上学期期末自编模拟卷（人教A版）

2025-2026学年广东省广州市上学期期末自编模拟卷 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2B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。写在本试卷上无效。 3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：人教A版2019选择性必修第一册 第1章至第3章第一节 椭圆 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题（8小题，每题5分，共40分） 1．已知直线l的一个方向向量为，则直线l的倾斜角为（   ） A．0 B． C． D． 【答案】D 【分析】利用方向向量求出直线斜率即可求出倾斜角. 【详解】因为直线l的一个方向向量为，所以l的斜率， 又，所以，因为，所以. 故选：D. 2．圆与圆的公切线条数为（   ） A．0 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】判断两圆的位置关系，即可求解. 【详解】将圆化为标准方程为，则圆心和半径分别为 圆的圆心和半径为， 此时圆心距，可知两圆内含，无公切线，故公切线条数为0. 故选：A. 3．设双曲线的渐近线与圆相切，则该双曲线的离心率为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】令，得，即， 故双曲线的渐近线方程为． 由题意得，整理得， ∴．选B． 点睛： 求双曲线的离心率时，将条件中给出的提供的几何关系转化为关于双曲线基本量的方程或不等式，利用和转化为关于e的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围． 4．如图，在三棱锥中，，，，点在上，且，为中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的线性运算，结合图像，可得答案. 【详解】由，则，由为的中点，则. 所以 . 故选：A. 5．已知数列的一个通项公式为，且，则（   ） A．1 B．2 C．26 D．80 【答案】D 【分析】由，代入通项公式求得，即可求解； 【详解】因为，代入通项公式可得：， 解得，所以， 所以， 故选：D 6．数列满足，若，且数列前n项和为，则（    ） A．54 B．80 C．90 D．174 【答案】B 【分析】依题意可得，即数列是等差数列，由此求出，则，分析可知，，从而可求. 【详解】，， 则数列是等差数列，公差与首项都为1， ，则， 又， ，， 同理可得，， ， 则. 故选：B. 【点睛】本题考查根据递推关系求通项公式及求前n项和的方法，通过仔细审题和分析得出是解决本题的关键，属中档题. 7．如图，，是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，若点A为的中点，且，则（    ） A．4 B． C．6 D．9 【答案】A 【分析】由已知得，，即可得，根据渐近线得关于a的方程，解之可得选项. 【详解】因为点A为的中点，所以，又，所以，，所以，所以，所以，所以. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的渐近线相关问题，解决的关键在于利用平面几何的性质得出渐近线的斜率，得以建立方程求解. 8．如图，平面平面ABEF，ABCD是正方形，ABEF是矩形，且，G是EF的中点，则点B到平面AGC的距离为 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以A为原点，AF为x轴，AB为y轴，AD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点B到平面AGC的距离． 【详解】平面平面ABEF，ABCD是正方形， ABEF是矩形，且，G是EF的中点， 以A为原点，AF为x轴，AB为y轴，AD为z轴，建立空间直角坐标系， 2，，0，，1，，2，， 2，，1，，2，， 设平面AGC的法向量y，， 则，取，得， 点B到平面AGC的距离为： ． 故选D． 【点睛】本题考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 二、多选题（3小题，每题6分，共18分） 9．如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为BD1，BB1上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．ACPQ B．周长最小为 C．AC//PQ D．周长最小为 【答案】AB 【分析】根据线面垂直的判定定理可证明平面,从而证明ACPQ，因此可判断A,C的正误，利用几何体的侧面展开图求得线段的长也就是周长最小值，从而确定B,D的正误. 【详解】如图正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接B1D1，BC1， 对于A， 底面ABCD，而底面ABCD，所以AC， 又,所以， 而,故平面, 而平面，故ACPQ，故A正确,C错误； 对于吧B，D,如图，将三棱锥各侧面按图示展开： 则线段的长就是周长的最小值， 由正方体棱长为1，可知 , , , 所以 , 故，则, 所以 , 故B正确，D错误， 故选：AB. 10．已知数列是公差为1的等差数列，且，则下列说法正确的有（    ） A． B．存在等差数列，使得其前n项和 C．存在等差数列，使得其前n项和 D．对任意的 【答案】CD 【分析】首先根据题意得到的通项公式，再利用累加法得到的通项公式，然后逐项计算判断即可. 【详解】由，的首项为，公差为1，所以，即，所以， 解得.故A不对. 等差数列的前项和，因此B不正确； ，为等差数列的前项和，因此，故C正确. 因为，所以，所以即.故D正确. 故选：CD 11．如图“四角花瓣”图形可以看作由抛物线绕坐标原点分别旋转，，后所得三条曲线与共同围成的区域（阴影区域），分别为与另外两条曲线在第一象限、第二象限的交点，若，阴影部分的面积为，则（    ）    A． B．的面积为16 C．的值比32小 D．直线截第二象限“花瓣”的弦长可能为 【答案】BCD 【分析】根据对称性，可求得各曲线的方程，进而求出交点，，从而判断选项和；对于阴影部分的面积，利用适当放大，可对选项进行判断；通过求出弦长与的函数关系，进而求出弦长的取值范围，可判断. 【详解】设抛物线绕原点顺时针旋转，，后得到的三条曲线分别为，，. 抛物线的焦点为，故的焦点为，的焦点为，的焦点为. 故，，，. 对于：为曲线与交点，联立方程，解得，即. 为曲线与交点，联立方程，解得，即. 又因为，故.故错误. 对于：由上述过程可得，，，的面积为.故正确. 对于：由于对称性，阴影部分在四个象限的图形全等，故只讨论第一象限部分. 第一象限部分依然根据对称性，可分为两份，以下只讨论曲线与直线围成的部分. 设该阴影部分面积为，显然.    设函数，则.故过点的切线斜率为. 因此过点的切线方程为.该切线与轴交于，故. .故.故正确. 对于：第二象限的“花瓣”图形由曲线和曲线围成，两者关于对称. 直线与曲线相交，联立方程化简得，且交点在第二象限， 所以，故，所以交点坐标. 由于“花瓣”图形仅限阴影部分区域，故，即. 由于与关于直线对称，直线亦关于直线对称， 所以直线与的交点坐标为. 故弦长 设，则，故. 因此当或时，即或时，直线与两曲线交于一点，弦长为； 当时，即时，弦长最长，此时.故弦长的取值可能为，故正确. 故选：BCD. 三、填空题（3小题，每题5分，共15分） 12．已知抛物线上一点的横坐标为3，则点到抛物线焦点的距离是 . 【答案】4 【分析】根据给定条件，利用抛物线定义直接求得答案. 【详解】抛物线的准线为， 所以该抛物线上点到其焦点的距离为. 故答案为：4 13．若两平行平面、分别经过坐标原点O和点，且两平面的一个法向量为，则两平面间的距离是 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，结合平行平面距离的意义，利用空间向量计算作答. 【详解】依题意，平行平面间的距离即为点O到平面的距离， 而，所以平行平面、间的距离. 故答案为： 14．已知数列的首项，且，则的通项公式为 ；若不等式（）恒成立，则的最小值为 ． 【答案】 3 【分析】利用累加法和等比数列求和来求解,利用导数法证得，然后利用该结论得，则，即可得解. 【详解】，且，再由累加法得： ． 设，则，， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，即，当且仅当时等号成立， 所以， 所以， 即，所以，又， 故不等式（）恒成立，则的最小值为3. 故答案为：，3 四、解答题（共5道题，合计 77 分。第 15 题 13 分，第 16、17 题每题 15 分，第 18、19 题每题 17 分） 15．记为数列的前项和，已知. (1)求； (2)求数列的通项公式； (3)求数列的前项和. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题中递推公式令运算求解即可； （2）根据与之间的关系整理可得当时，，结合常数列分析求解即可； （3）设，可得，利用分组求和法结合错位相减法运算求解. 【详解】（1）因为， 当时，，解得. （2）由可得， 两式相减得，即. 当时，， 即， 由递推关系得，则。 且满足上式，故数列的通项公式为. （3）由（2）得， 设，则， 可得， ， 两式相减得 ， 故. 16．如图，在梯形中，，，将沿翻折成，使得，连接，．    (1)求证：； (2)若，，，且点均在球的球面上． （ⅰ）证明点在线段上； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）． 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质推理得证. （2）（ⅰ）以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式，结合球面的意义列出方程组求解；（ⅱ）求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）翻折前，，即，，翻折后，，， 而，平面，则平面，又平面， 所以. （2）由（1）得直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    由，得， （ⅰ）设，由，得， 解得，，则点，所以在线段上. （ⅱ）， 设平面的法向量，则，取，得， 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. 17．记为递增数列的前项和，. (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)记的前项和为，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题设利用分和结合等差数列定义即可依次求出数列的首项和通项公式； （2）由错位相减求和方法结合等比数列前n项和公式即可求解； （3）方法一：由和放缩公式结合裂项相消求和法计算求证即可得证； 方法二：由数列的单调性和放缩公式得到即可计算求证. 【详解】（1）由题令，则，解得， 当时，， 所以，即， 因为，且是递增数列，所以， 所以，即是公差和首项均为2的等差数列， 所以. （2）设是数列的前项和， 因为，所以， 所以， 则， 两式相减得，即. （3）方法一：， 所以，① 因为， 所以，② ①+②得， 即，所以. 方法二：因为是递增数列，所以是递减数列. 所以， 所以， 所以 . 18．在圆上任取一点，过点作轴的垂线段为垂足，平面内一动点满足，记的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)已知为的右焦点，过点且斜率为的直线交于两点，过点且斜率为的直线交于两点，且，求四边形面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设点的坐标为，则点的坐标为，利用题中的条件，求得向量的坐标之间的关系，从而得到，代入圆的方程求得结果； （2）设直线与直线斜率为，根据，得，设，与第一问中所求的椭圆方程联立，消元，利用韦达定理以及弦长公式，化简代入，得，，再把四边形面积拆成三角形即可求解. 【详解】（1）    设，则，由，得. 因为点在圆上，所以. 把代入方程，得， 所以的方程为. （2）设的倾斜角为，由题意得，则， 设的倾斜角为，由题意得， 因为，所以，即. 综上，. 由题意得，设， 联立得， 则 所以 . 同理可得. . 令，由， 得，则. 由，得，所以， 因为在上单调递增，所以， 故四边形面积的最大值为. 【点睛】该题考查的是有关直线与圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有利用相关点法求轨迹方程，直线与椭圆相交的问题，弦长公式，韦达定理等，在解题的过程中，需要细心运算，思路清晰. 19．给定正整数，设集合，若集合，且T中存在元素（是为了区分元素而设置的角标），对任意的满足，则称集合T为集合的“典范子集”． (1)写出集合的所有“典范子集”； (2)设集合的子集均不是集合的“典范子集”，且，求s的最小值； (3)若集合的任意元素个数为m的子集都是集合的“典范子集”，求m的最小值（用含有n、k的式子表示）． 【答案】(1)和 (2) (3) 【分析】（1）正确理解“典范子集”的定义，求出，根据定义分析即可； （2）正确理解“典范子集”需要存在3个元素满足的条件，据此可以尝试按第二个坐标的值将元素分组，将元素分为3组，证明每个均不是“典范子集”，证明不可能即可求解； （3）求出限制所有元素的每个坐标分量均不超过的子集个数，证明这样的子集不包含“典范子集”，证明当子集大小超过，即，必存在至少一个元素在某个坐标上的分量为，再利用反证法即可求解. 【详解】（1）根据题意，“典范子集”满足存在3个元素、和，使得对于，前1个元素的第1位相同且小于后2个元素的第1位，对于，前2个元素的第2位相同且小于后1个元素的第2位， ， 第一种可能性：， ：第一位为 1，2，2，满足前1个（1）等于自己，且 ， ：第二位为，，，满足前两个等于自己，且， 第二种可能性：包含个元素的集合， 因为存在候选1中的3元组，所以也是“典范子集”， 其他组合均不符合题意， 所以所有“典范子集”为和； （2）因为“典范子集”需要存在3个元素满足：对第一个坐标，前1个元素的第1位相同且小于后2个元素的第1位，对第二个坐标，前2个元素的第2位相同且小于后1个元素的第2位， 如果某个子集中所有元素的第二个坐标都相同（例如全为1），则无法满足第二个坐标的条件（所有元素的第二个坐标相等，不可能有“前2个相同且小于后1个”）， 因此，可以尝试按第二个坐标的值将元素分组， 因为的第二个坐标可取1、2、3，所以将元素分为3组：（所有第二个坐标为1的元素），，（所有第二个坐标为2的元素），，（所有第二个坐标为3的元素）， 对于任意，因为所有元素的第二个坐标相同， 所以无法满足第二个坐标的条件（需要前2个相同且小于后1个）， 对于第一个坐标，虽然可能存在不同的值（例如包含、、）， 但典范子集需要同时满足两个坐标的条件， 仅第一个坐标满足条件并不能构成典范子集， 因此每个均不是“典范子集”， 假设，即用两个子集和覆盖所有元素， 因为共有9个元素，至少有一个子集包含至少个元素， 考虑这个包含5个元素的子集， 因为由于第二个坐标只有3种可能（1、2、3）， 若中包含至少两个不同的第二个坐标（例如包含和）， 则可能存在满足第二个坐标条件的元素， 因此不可能，最小； （3）限制所有元素的每个坐标分量均不超过， 这样的子集共有，若其中存在典范子集， 则需存在个元素，使得在每个坐标 上，前个元素的分量相同且小于后个元素的分量， 但由于所有分量均不超过， 在最后一个坐标上，前个元素的分量最多为而后 11 个元素的分量必须更大（即至少为）， 这与分量不超过矛盾， 因此，这样的子集不包含“典范子集”， 设子集大小为， 由于总共有个元素，而个元素的分量均不超过， 因此至少有一个元素的分量在某个坐标上为， 对于每个坐标，选择前个元素的分量均为某个固定值， 后个元素的分量均为， 由于存在分量，可逐步调整其他坐标的分量，使得所有坐标的条件均被满足， 所以当子集大小超过，即，必存在至少一个元素在某个坐标上的分量为， 假设存在大小为的子集不包含典范子集， 该子集至少包含一个元素在某个坐标上的分量为， 通过递归调整其他坐标的分量，必能构造出满足条件的个元素，导致矛盾， 所以最小. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于正确理解“典范子集”的定义. 试卷第18页，共21页 试卷第17页，共21页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年广东省广州市上学期期末自编模拟卷 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2B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。写在本试卷上无效。 3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：人教A版2019选择性必修第一册 第1章至第3章第一节 椭圆 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题（8小题，每题5分，共40分） 1．已知直线l的一个方向向量为，则直线l的倾斜角为（   ） A．0 B． C． D． 2．圆与圆的公切线条数为（   ） A．0 B．2 C．3 D．4 3．设双曲线的渐近线与圆相切，则该双曲线的离心率为 A． B． C． D． 4．如图，在三棱锥中，，，，点在上，且，为中点，则（    ） A． B． C． D． 5．已知数列的一个通项公式为，且，则（   ） A．1 B．2 C．26 D．80 6．数列满足，若，且数列前n项和为，则（    ） A．54 B．80 C．90 D．174 7．如图，，是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，若点A为的中点，且，则（    ） A．4 B． C．6 D．9 8．如图，平面平面ABEF，ABCD是正方形，ABEF是矩形，且，G是EF的中点，则点B到平面AGC的距离为 A． B． C． D． 二、多选题（3小题，每题6分，共18分） 9．如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为BD1，BB1上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．ACPQ B．周长最小为 C．AC//PQ D．周长最小为 10．已知数列是公差为1的等差数列，且，则下列说法正确的有（    ） A． B．存在等差数列，使得其前n项和 C．存在等差数列，使得其前n项和 D．对任意的 11．如图“四角花瓣”图形可以看作由抛物线绕坐标原点分别旋转，，后所得三条曲线与共同围成的区域（阴影区域），分别为与另外两条曲线在第一象限、第二象限的交点，若，阴影部分的面积为，则（    ）    A． B．的面积为16 C．的值比32小 D．直线截第二象限“花瓣”的弦长可能为 三、填空题（3小题，每题5分，共15分） 12．已知抛物线上一点的横坐标为3，则点到抛物线焦点的距离是 . 13．若两平行平面、分别经过坐标原点O和点，且两平面的一个法向量为，则两平面间的距离是 ． 14．已知数列的首项，且，则的通项公式为 ；若不等式（）恒成立，则的最小值为 ． 四、解答题（共5道题，合计 77 分。第 15 题 13 分，第 16、17 题每题 15 分，第 18、19 题每题 17 分） 15．（13分）记为数列的前项和，已知. (1)求；（2分） (2)求数列的通项公式；（5分） (3)求数列的前项和.（6分） 16．（15分）如图，在梯形中，，，将沿翻折成，使得，连接，．    (1)求证：；（5分） (2)若，，，且点均在球的球面上． （ⅰ）证明点在线段上；（5分） （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．（5分） 17．（15分）记为递增数列的前项和，. (1)求的通项公式；（4分） (2)求数列的前项和；（5分） (3)记的前项和为，证明：.（6分） 18．（17分）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段为垂足，平面内一动点满足，记的轨迹为曲线. (1)求的方程；（5分） (2)已知为的右焦点，过点且斜率为的直线交于两点，过点且斜率为的直线交于两点，且，求四边形面积的最大值.（12分） 19．（17分）给定正整数，设集合，若集合，且T中存在元素（是为了区分元素而设置的角标），对任意的满足，则称集合T为集合的“典范子集”． (1)写出集合的所有“典范子集”；（4分） (2)设集合的子集均不是集合的“典范子集”，且，求s的最小值；（6分） (3)若集合的任意元素个数为m的子集都是集合的“典范子集”，求m的最小值（用含有n、k的式子表示）．（7分） 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 $