精品解析：江苏省南菁高级中学2025-2026学年高二上学期期末模拟练习数学试卷

江苏省南菁高级中学2024级高二上期末模拟练习 数学试卷 本试卷满分150分 考试时间120分钟 命题人：胡欣怡 审题人：王娜 一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，每小题5分，共40分） 1. 抛物线准线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 若平面的一个法向量为，点在平面内，则点到的距离为（ ） A. 3 B. C. D. 3. 已知向量在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为（    ） A. B. C. D. 4. 若椭圆中心为坐标原点､焦点在轴上；顺次连接的两个焦点､一个短轴顶点构成等边三角形，顺次连接的四个顶点构成四边形的面积为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 若圆上恰有两个点到直线的距离为1，则半径的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，若，则（ ）． A. 4 B. 3 C. D. 2 7. 已知动直线恒过定点为圆上一动点，为坐标原点，则面积的最大值为（ ） A B. 4 C. 6 D. 24 8. 正方体的棱长为5，点M在棱AB上，且，点P是正方体下底面ABCD内（含边界）的动点，且动点P到直线的距离与点P到点M的距离的平方差为25，则动点P到B点的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，每小题6分，共18分） 9. 已知四面体A－BCD的所有棱长均为2，E，F分别为棱AB，CD的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则当时，是等比数列 C. 若数列为等差数列，，，则 D. 若数列为等差数列，，，则时，最大 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，其形状酷似数学符号“”（如图），对于此曲线，下列说法正确的是（    ） A. 曲线与直线有3个公共点； B. 的最大值为4 C. 曲线所围成的图形的面积为 D. 的最大值为 三、填空题（将答案填写在答题卡上，每小题5分，共15分） 12. 已知直线，，若，则的值是___________. 13. 如图，已知，是双曲线C：的左、右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足，且，则双曲线C的离心率为________． 14. 设是数列的前项和，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为___________. 四、解答题 （解答时应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤，本题共5小题，共77分） 15. 在直角坐标系中，以坐标原点O为圆心的圆与直线相切. （1）求圆O的方程； （2）设圆O交x轴于A，B两点，点P在圆O内，且是､等比中项，求的取值范围. 16. 已知等差数列的首项为2，公差为8.在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列. （1）求数列的通项公式； （2）若，，，，是从中抽取的若干项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，，，令，求数列的前项和. 17. 如图，在平面四边形中，，点满足，，将沿折起至位置，使得点不在平面内． （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 曲线的方程中，用替换，替换得到曲线的方程，把这种的变换称为“伸缩变换”，，分别称为轴和轴的伸缩比. （1）若曲线的方程为，伸缩比，求经过“伸缩变换”后所得到曲线的标准方程； （2）若曲线方程为，经过“伸缩变换”后所得到曲线是离心率为的椭圆，求的值； （3）对抛物线作变换，得抛物线；对抛物线作变换，得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，若，记数列的前项和为，求证：. 19. 已知椭圆的右焦点为，为椭圆上一点. （1）求椭圆的方程； （2）设直线不经过点交于，两点，且直线和直线的斜率之和为 ①证明：直线的斜率为定值，并求出这个定值； ②若求的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省南菁高级中学2024级高二上期末模拟练习 数学试卷 本试卷满分150分 考试时间120分钟 命题人：胡欣怡 审题人：王娜 一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，每小题5分，共40分） 1. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化抛物线方程为标准形式，再求出其准线方程. 【详解】抛物线，即，所以，其准线方程为. 故选：D 2. 若平面的一个法向量为，点在平面内，则点到的距离为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量点到面的距离公式直接进行求解即可； 【详解】由题意, 所以点到的距离， 故选：B 3. 已知向量在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，结合向量坐标的意义求解即可. 【详解】由向量在基底下的坐标为， 得， 所以在基底下的坐标为. 故选：B 4. 若椭圆的中心为坐标原点､焦点在轴上；顺次连接的两个焦点､一个短轴顶点构成等边三角形，顺次连接的四个顶点构成四边形的面积为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可知，，解之即可得a和b的值，从而求得椭圆的方程； 【详解】设椭圆标准方程为， 由题可知，，解得，， 故椭圆的标准方程为． 故选：A. 5. 若圆上恰有两个点到直线的距离为1，则半径的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作图，根据几何意义分析求解. 【详解】 如图，与直线 平行的距离为1的直线有2条： ， 圆C： 的圆心是 ，依题意及图：圆 与 必有2个交点，与 相离， 圆心C到 的距离 ， ； 故选：C. 6. 已知数列满足，若，则（ ）． A. 4 B. 3 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得是公比为的等比数列，由等比数列的通项公式求解即可, 【详解】由可得， 所以，则是公比为的等比数列， 所以，所以. 故选：B. 7. 已知动直线恒过定点为圆上一动点，为坐标原点，则面积的最大值为（ ） A B. 4 C. 6 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】首先求点的坐标，再利用数形结合，求圆上点到直线距离的最大值，即可求解面积的最大值. 【详解】由，整理为， 令，解得，所以直线恒过定点， 圆的圆心，半径， 如图，，直线的方程为，则圆心到直线的距离， 则点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离， 所以面积的最大值为. 故选：C 8. 正方体的棱长为5，点M在棱AB上，且，点P是正方体下底面ABCD内（含边界）的动点，且动点P到直线的距离与点P到点M的距离的平方差为25，则动点P到B点的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据动点P到直线的距离与点P到点M的距离的平方差为25，得到，发现点P的轨迹是抛物线，然后建立平面直角坐标系求解即可. 【详解】 如图所示，作，Q为垂足，则平面， 过点Q作，交于，则平面PQR，所以PR即为P到直线的距离． 因为，且，所以． 所以点P的轨迹是以AD为准线，点M为焦点的抛物线． 如图建立直角坐标系，则点P的轨迹方程是， 点，设，所以 ，所以当，取得最小值. 故选：B 二、多项选择题（在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，每小题6分，共18分） 9. 已知四面体A－BCD的所有棱长均为2，E，F分别为棱AB，CD的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】由异面直线和向量平行的定义判断A，由空间向量数量积的运算判断BC，由空间向量的线性运算判断D． 【详解】由题意可得四面体A－BCD为正四面体，如图. A：因为平面ABC＝A，平面ABC，且，平面，由异面直线的定义可知，AF，CE为异面直线，故A错误； B：因为F分别为棱CD的中点，所以，故B错误； C：因为，所以，故C正确； D：因为E，F分别为棱AB，CD的中点，所以，所以，故D正确. 故选：CD. 10. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则当时，是等比数列 C. 若数列为等差数列，，，则 D. 若数列为等差数列，，，则时，最大 【答案】AD 【解析】 【分析】利用题设条件及等差等比数列性质以及前项和公式，一一验证即可. 【详解】对于选项A：， ， ，又， 则时也符合，故若，则，故选项A正确； 对于选项B：当时，，此时， 数列不是等比数列，故选项B错误； 对于选项C：数列为等差数列，，， ，，，， 故选项C错误； 对于选项D：数列为等差数列，，， ，即， ，即， ，时，最大，故选项D正确； 综上所述：选项AD正确， 故选：AD. 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，其形状酷似数学符号“”（如图），对于此曲线，下列说法正确的是（    ） A. 曲线与直线有3个公共点； B. 最大值为4 C. 曲线所围成图形的面积为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，联立，根据解的个数即可判断；对于B，作出曲线的图形，令，则，确定该直线与相切时直线与轴的截距最大，利用直线与圆的位置关系计算即可判断；对于C，求出一个弓形的面，则可求出曲线所围成的图形的面积，即可判断；对于D，确定可表示为曲线上的点与定点的距离的平方，利用两点距公式计算即可判断. 【详解】对于A，由，得， 所以，即， 解得或，所以或或， 即曲线与直线有3个公共点，故A正确； 对于B，， 如图所示： 由图可知，所在圆的圆心为，半径为2，. 令，则，即， 如图，当该直线与相切时，直线与轴的截距最大， 由，得，解得，即的最大值为4，故B正确； 对于C，由选项B知，曲线所围成的图形的面积为四个全等弓形的面积之和， 设弓形的面积为， 在中，， 所以， 所以扇形的面积， ，所以， 所以曲线所围成的图形的面积为，故C错误； 对于D，可表示为曲线上的点与定点的距离的平方， 由图可知，最大距离为定点到圆心的距离与半径之和， 即， 所以的最大值为，故D正确. 故选：ABD 【点睛】难点点睛：本题的难点是对C选项的判断，求出一个弓形的面积. 三、填空题（将答案填写在答题卡上，每小题5分，共15分） 12. 已知直线，，若，则的值是___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用直线一般式情况下平行的结论即可得解. 【详解】因为，，， 所以当，即时，，，显然不满足题意； 当，即时，， 由解得或， 当时，，舍去； 当时，，满足题意； 综上：. 故答案为：. 13. 如图，已知，是双曲线C：的左、右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足，且，则双曲线C的离心率为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据双曲线的定义和性质分析可得，进而可得，结合勾股定理运算求解. 【详解】延长与双曲线交于点， 因为，根据对称性可知， 设，则， 可得，即， 所以，则，， 即，可知， 在中，由勾股定理得， 即，解得. 故答案为： 14. 设是数列的前项和，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由与关系，推出为等差数列，即可求出，再由原不等式转化为恒成立，设，可证出为递增数列，进而即得. 【详解】当时，，得， 当时，，， 两式相减得， 得， 所以，又因为， 所以是以6为首项，4为公差的等差数列， 所以，即， 因为对任意，， 所以，即， 记，则， 所以为递增数列，， 所以，即 故答案为：. 四、解答题 （解答时应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤，本题共5小题，共77分） 15. 在直角坐标系中，以坐标原点O为圆心的圆与直线相切. （1）求圆O的方程； （2）设圆O交x轴于A，B两点，点P在圆O内，且是､的等比中项，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意设出圆方程，结合该圆与直线相切，求得半径，则问题得解； （2）设出点的坐标为，根据题意，求得的等量关系，再构造关于的函数关系，求得函数值域即可. 【小问1详解】 根据题意，设的方程为，又该圆与直线相切， 故可得，则圆的方程为. 【小问2详解】 对圆：，令，则，不妨设，则， 设点，因为点在圆内，故； 因为是､的等比中项，故可得：， 则，整理得； 由可得，解得， 则. 故答案为：. 16. 已知等差数列的首项为2，公差为8.在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列. （1）求数列的通项公式； （2）若，，，，是从中抽取的若干项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，，，令，求数列的前项和. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由题意在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列，可知的公差，进而可求出其通项公式； （2）根据题意可得，进而得到，再代入中得，利用错位相减即可求出前项和. 【小问1详解】 由于等差数列的公差为8，在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列，则的公差，的首项和 首项相同为2，则数列的通项公式为. 【小问2详解】 由于，是等比数列的前两项，且，，则，则等比数列的公比为3， 则，即，.①. ②. ①减去②得. . 17. 如图，在平面四边形中，，点满足，，将沿折起至位置，使得点不在平面内． （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可. 【小问1详解】 在中， 所以，解得， 所以，， 所以， 因为平面，所以平面， 又因为平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 因为，所以， 又，所以，即， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的法向量为， 所以，即， 取，则，所以， 显然为平面的一个法向量， 所以， 平面与平面的余弦值为. 18. 曲线的方程中，用替换，替换得到曲线的方程，把这种的变换称为“伸缩变换”，，分别称为轴和轴的伸缩比. （1）若曲线的方程为，伸缩比，求经过“伸缩变换”后所得到曲线的标准方程； （2）若曲线的方程为，经过“伸缩变换”后所得到曲线是离心率为的椭圆，求的值； （3）对抛物线作变换，得抛物线；对抛物线作变换，得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，若，记数列的前项和为，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由“伸缩变换”的定义计算即可得； （2）先由“伸缩变换”求得方程，再分或，结合离心率定义计算即可得； （3）由“伸缩变换”求的定义计算可得，则可得数列的通项公式，再利用放缩法及裂项相消法求和即可得证． 【小问1详解】 由题意得，化简得， 所以曲线的标准方程为； 【小问2详解】 由题意得，经过伸缩变换后的椭圆方程为，化简得， ①当时，， 则，解得； ②当时，， 则，解得； 综上所述，或； 【小问3详解】 对抛物线作变换， 得抛物线，得， 所以， 即， 所以， 又， 所以，当时， ， 当或时，也成立，故. 【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略： ①通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的； ②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决． 19. 已知椭圆的右焦点为，为椭圆上一点. （1）求椭圆的方程； （2）设直线不经过点交于，两点，且直线和直线的斜率之和为 ①证明：直线的斜率为定值，并求出这个定值； ②若求的面积. 【答案】（1） （2）①证明见解析；；②. 【解析】 【分析】（1）设椭圆的半焦距为，由右焦点坐标可求，结合椭圆定义求，再根据，，的关系求，由此可得椭圆方程； （2）①设直线，利用设而不求法结合关系直线和直线的斜率之和为，列关系式可得，关系，由此证明结论； ②连接，由条件结合二倍角正切公式可求，再求点，的坐标，由此求的面积. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为， 因为椭圆的右焦点为，所以，因为为椭圆上一点， 由椭圆定义得，， 所以，， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 ①由题意可知直线的斜率存在，设直线，，， 联立方程组， 得， ， 则，，① 由题意知，， 则有， 即， 化简得， 由①可得，， 化简得， 当时，， 直线的方程为，此时直线过点，矛盾， 所以，所以直线的斜率为定值； ②连接，因为，，所以轴， 由直线和直线的斜率之和为，可得平分， 不妨设， 由已知，解得或舍， 所以直线的斜率为，直线的方程为，即， 所以点，关于原点对称， 所以点， 所以直线的方程为，即， 由①得，所以， 所以点，又， 所以， 所以的面积为 【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： （1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； （2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $