2025-2026学年湖南省永州市高二上学期期末模拟考试数学试题01（人教A版）

2025-2026学年湖南省永州市上学期期末模拟考试01 高二数学（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D D B C C C AB BCD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】由两直线平行的充要条件可得，即可求参数，并代入验证是否含重合情况. 【详解】因为直线与直线平行， 根据两直线平行的充要条件可得， 解得或， 当时，代入可得与验证两条直线不重合， 当时，代入可得与验证两条直线不重合. 故选：C 2．C 【分析】利用递推公式先判断周期，利用周期数列即可求解. 【详解】解法1：由数列满足， 可取，则； 取，则； 取，则， 猜想数列是周期为3的周期数列，. 解法2：由得，，逐项代换可得， 数列是周期为3的周期数列，. 故选：C 3．D 【分析】首先明确题目中“对定义域内任意的，当时，恒成立”的含义，即函数的图象除切点外，其它部分均在处的切线的下方，由此结合导数的几何意义以及导数与函数单调性的关系，一一判断各选项是否符合题意，即可得答案. 另解：根据导数的几何意义结合题意判断出函数的图象的形状，结合选项，一一判断是否符合题意，即可得答案. 【详解】根据导数的几何意义可知表示的是函数在处的切线方程， 而函数满足性质：“对定义域内任意的，当时，恒成立”， 即函数的图象除切点外，其它部分均在处的切线的下方， 对于A,，，， 在处的切线方程为，即，不符合题意，A错误； 对于B，，， 在处的切线方程为，即， 令， 则，当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，即，当且仅当时等号成立，不符合题意，B错误； 对于C，，，不妨取，则， 则在处的切线方程为， 当时，，此时不满足，C错误； 对于D，，定义域为，， 在处的切线方程为，即， 令， ，当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 所以，即，当且仅当时等号成立， 则当时，恒成立，符合题意，D正确. 另解： 根据导数的几何意义可知表示的是函数在处的切线方程， 而函数满足性质：“对定义域内任意的，当时，恒成立”， 即函数的图象除切点外，其它部分均在处的切线的下方， 即可知函数的图象为向上凸形状； 对于，其图象为直线，不符合题意，A错误； 对于，其图象为向下凹的形状，不符合题意，B错误； 对于，其在上的图象为向下凹的形状，不符合题意，C错误； 对于，其图象为上凸形状，符合题意，    故选：D 4．D 【分析】首先计算数列的奇数项和偶数项，可得出选项A，分别计算奇数项的和，偶数项的和，相加得，可得出选项B，分别计算前n项和的最大值，可得出选项C，代入的公式可得出选项D. 【详解】奇数项 ，构成首项为8、公差为 的等差数列. 通项； 偶数项： ，构成周期为2的周期数列；， 通项：， 选项A，，对应， ，选项A 错误. 选项B，为偶数， 奇数项和：， 偶数项和：， ， 为奇数， 偶数项和：， ， 选项B 错误. 选项C，由 为偶数，， 为奇数，， 开口向下的二次函数，对称轴都为， 所以， ，C错误. D. ， ，即 ， ， ， ， ，选项D 正确. 故选：D 5．B 【分析】先验证曲线关于对称且在斜椭圆上，求出直线与椭圆的交点，化简得到 ，当位于点时，最大为. 【详解】因为关于直线的对称点分别为， 易知点都在曲线上， 所以曲线关于对称， 因为满足曲线方程，所以在斜椭圆上， 设的中点为，则，    联立，得或，所以， ， 当位于点时，最大，此时. 故选：B 6．C 【分析】结合已知条件并根据平面向量的模以及数量积公式化简可得，利用可得，分别解不等式并取交集即可得出结论. 【详解】∵ 非零向量 ， 的夹角为 ， 若 ， ∵ 存在θ使得 成立， 整理可得 ，即（其中不能为2） ，则， 移项并化简可得 由解得，由 解得 综上所述，所以λ的取值范围为 ． 故选：C 7．C 【分析】根据直线过定点分析可知，且三点共线，可知弦的中点的轨迹是以为圆心，半径的圆，根据点到直线的距离公式可得，结合圆的性质分析求解即可. 【详解】直线，即为， 令，解得， 即直线恒过定点， 圆的圆心为，半径， 因为，可知点在圆内， 直线与圆相交， 又因为，可知三点共线， 设弦的中点为，则， 且，， 则，即， 可知点的轨迹是以为圆心，半径的圆（点除外）， 设点到直线的距离分别为， 则，且点到直线的距离分别为， 可得， 设点到直线的距离分别为， 则，，， 可得， 所以的最大值为. 故选：C. 8．C 【分析】由题目条件推出，再得到，即，利用与的关系计算出，即可判断A；由即可判断B，利用基本不等式即可判断C、D. 【详解】由题意知，且， 当时，，解得， 当时，， 整理可得， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，则. 对于选项A，因为，故A错误； 对于选项B，因为是等差数列，故B错误； 对于选项C，因为，故C正确； 对于选项D，因为， ，故D错误. 故选：C. 9．AB 【分析】根据曲线图直接判断A，结合题目数据根据平均变化率的概念判断BC，结合题目数据根据切线斜率判断D. 【详解】列表解析，直观解疑惑 选项 正误 原因 A √ 由题图可知，甲地气温的日较差明显小于乙地气温的日较差，所以甲地的绿化好于乙地． B √ 由题图可知，当日6时到12时，甲、乙两地气温的平均变化率为正数，且乙地气温的变化量更大，所以甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率． C × 由题图可知，当日12时到18时，甲、乙两地气温的平均变化率为负数，且乙地气温的变化量的绝对值更大，所以甲地气温的平均变化率大于乙地气温的平均变化率． D × 由题图可知，两曲线在当日12时处的切线斜率不相等，即当日12时，甲、乙两地气温的瞬时变化率不相同． 故选：AB 10．BCD 【分析】利用棱锥的体积公式结合翻折的性质确定面垂直于底面时取得最值可确定A， 以为基底，利用空间向量的数量积公式计算可判定B，利用线面角的定义可判定C，建立空间直角坐标系，利用空间两点距离公式计算可判定D. 【详解】在直角中，因为 为斜边，所以， 为正三角形，取的中点，易知，点P绕点E旋转， 对于A，易知当面垂直于底面时， 此时到底面的距离最远为， 则取得最大值，故A错误； 对于B，以为空间中的一组基底，， 设，有， 若，则， 此时，显然存在某个位置，使得，故B正确； 对于C，设P在底面的投影为G，则直线与平面所成的角为， 易知G在上，，所以， 由正弦函数的单调性可知当重合时取得最大值， 即此时V取得最大值，故C正确； 对于D，结合A知，取最大值时底面，建立如图所示的空间直角坐标系， 易知， 设三棱锥外接球的半径为r，球心， 则，解之得，即，故D正确. 故选：BCD 11．ABD 【分析】由双曲线定义及圆半径即可判断A选项；已知是的垂直平分线，结合双曲线定义判断B选项；设到的距离分别为利用，垂直平分线性质和双曲线的性质，判断C选项；由面积得到直线的距离，通过余弦定理及渐近线公式判断D选项. 【详解】A选项，根据双曲线的定义得， 已知圆的方程为，则圆的半径为，所以， 所以，故A选项正确； B选项，因为直线是线段的垂直平分线，所以， 根据双曲线的定义，有，又因为， 所以，而，即，所以三点共线，选项B正确； C选项，如图，在中，由余弦定理可得, 设到直线的距离为， 则，， 所以，故C错误；    D选项，如图，， 因为，所以， 故是等边三角形，即，即， 因为，所以，即， 双曲线的渐近线方程为，将代入可得，即， 所以是的渐近线，选项D正确. 故选：ABD. 12．2 【分析】先利用空间向量坐标运算计算出向量与向量的坐标，然后由，最后根据空间向量坐标运算计算即可. 【详解】由， 所以， ， 又，所以， 即， 解得：， 故答案为：2. 13． 【分析】通过将抛物线方程化为标准形式确定焦点坐标；利用已知条件求解点的坐标，再通过面积公式计算三角形面积. 【详解】①将方程化为标准形式，对应抛物线的形式，得，即. 焦点坐标为，故焦点的坐标为. ②抛物线的焦点为，设点的坐标为. 在中，，利用向量数量积公式：. 其中，，； ，，代入得，解得. 的纵坐标绝对值为，的面积为. 故答案为：； 14． 【分析】首先作图，再根据切线长公式，转化，再作点关于直线的对称点，最后转化为，最后根据三点共线求最小值. 【详解】圆，圆心，半径 设，，点关于直线的对称点为， 则，， 可得，当且仅当三点共线时，等号成立， 所以的最小值为. 故答案为： 15．(1)不存在，理由见解析. (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据“漂移点”的定义进行计算即可. （2）根据函数在上存在“漂移点”列出等式，并化简得到，进而求得结果. （3）根据函数在上存在“漂移点”列出等式，并化简得到方程，构造新函数，根据零点存在定理证明方程在上至少存在一个解满足条件，然后对新函数进行求导判断其在上单调递增，进而得出结论. 【详解】（1）假设函数存在“漂移点”，则满足， 即，化简得，由于， 所以此方程无解，所以函数不存在“漂移点”. （2）因为函数在上存在“漂移点”，其中， 那么满足，即， 因为，所以化简得，所以. 因为，所以，所以， 所以，即. （3）存在实数使得函数（且）存在“漂移点”， 则，即， 化简得. 所以要证明存在唯一的“漂移点”， 即证明方程在上有唯一解， 令， 则， 由零点存在定理知，至少存在一个使得. 又，当时，，故， 当时，，故， 所以在上单调递增，故零点唯一. 因此函数在上总存在唯一的“漂移点”. 16．(1), (2) 【分析】（1）利用等差数列和等比数列的通项公式求解即可； （2）利用分组求和法，结合等差数列和等比数列的求和公式可得答案. 【详解】（1）设数列的公差为，的公比为， 因为，，所以， 解得，，所以. 由，，可得，解得或， 因，则，故. （2）由（1）知，， 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义，求得切线的斜率k，代入点斜式方程，即可得答案. （2）利用导数求得的单调区间和极小值，根据题意，列出不等式，即可得答案. （3）由题意得的解析式，可得解析式，根据题意及韦达定理，可得，表达式，整理可得，再结合b的范围确定的关系，利用导数求的最小值，从而得到k的最大值 【详解】（1）由题意得，所以切线斜率为， 又，即切点为， 所以切线方程为：，即． （2）令，解得， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以的极小值为，且时，， 因为在区间上存在零点，则，解得， 所以的取值范围是． （3）由题意， 则， 若，则恒成立， 所以两根为，， 所以，， 则 由，设，则， 令，， 则在上恒成立， 所以在上单调递减， 因为，所以， 因为， 所以，解得， 所以当时，，所以， 即实数的最大值为 18．(1)证明见解析 (2)存在， (3)． 【分析】（1）要证面面垂直，需要先证明线面垂直．即先根据条件证明出平面即可； （2）利用线面平行的性质，通过三角形相似找到线段比例关系，即可确定点位置； （3）建立空间直角坐标系，求出相关平面法向量，根据空间向量夹角公式即可求出两平面夹角的余弦值． 【详解】（1）证明：在四棱锥中，底面为直角梯形， 且，所以，由已知， 又，故平面，又平面，所以平面⊥平面； （2）连接，，连接，若平面， 因为平面，平面平面， 故，又，则， 故为三等分点（靠近点），即， 当时，，故， 又平面，平面，所以平面； （3）如图，以为原点，分别以、方向为轴、轴正方向,通过点D作平面的垂线，以该直线的向上方向为轴，如图建立空间直角坐标系，    则, 所以，， 不妨设，则， 所以．设平面PCD的法向量为， 则，可取， 因为与平面所成角为， 则， 解得，故，则， 所以， 可取；设平面的法向量为， 则，可取＝， 设平面与平面夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 19．(1)， (2)；或 【分析】（1）设，利用向量数量积的坐标表示求出曲线，利用抛物线的定义和性质求出抛物线； （2）设切线方程为，切线斜率为，利用圆心到切线的距离结合韦达定理得到，代入弦长，进而得到的面积与的关系式，求最小值即可. 【详解】（1）设， 因为，，所以，， 所以，即， 所以曲线是圆心为，半径为的圆； 抛物线的焦点，准线， 设点，，过作交准线于， 由抛物线的定义可知， 又因为，所以与轴的夹角为， 因为，所以到准线的距离， 所以抛物线. （2）点，则两切线斜率存在， 过作圆的切线，即， 所以，整理得， 设两切线斜率分别为，则，， 所以， 又因为，所以， 因为切线与准线的交点为，， 所以， 又因为点到准线的距离为， 所以， 令，则， 所以， 令，则在上单调递增， 因为，当且仅当，即，时等号成立， 所以，， 所以的面积的最小值为，此时点的坐标为或. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年湖南省永州市上学期期末模拟考试01 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版选择性必修第一册、选择性必修第二册。 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．若直线与直线互相平行，则（   ） A．1 B． C．或1 D．或 2．已知数列满足，则（    ） A．-1 B． C．2 D．3 3．下列四个函数中，满足性质：“对定义域内任意的，当时，恒成立”的为（ ） A． B． C． D． 4．已知数列满足，，，为数列的前项和，则（   ） A． B． C．的最大值为20 D． 5．将焦点在坐标轴上的椭圆绕其中心旋转一定的角度就会得到斜椭圆，已知曲线的形状是如图所示的斜椭圆，为斜椭圆上任意一点，，则的最大值为（    ）    A．15 B．16 C． D． 6．设向量 ， 的夹角为θ，若 ，且存在θ使得 成立，则实数λ的取值范围为(　　) A．[－7，-1] B．[5，7] C． D． 7．已知直线恒过定点A，圆上的两点，满足，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 8．已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列说法中正确的是（    ） A． B．是等比数列 C． D． 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．大面积绿化可以增加地表的绿植覆盖，可以调节小环境的气温，好的绿化有助于降低气温日较差（一天气温的最高值与最低值之差）．如图是甲、乙两地某一天的气温曲线图．假设除绿化外，其他可能影响甲、乙两地气温的因素均一致，则下列结论中正确的是（    ） A．甲地的绿化好于乙地 B．当日6时到12时，甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率 C．当日12时到18时，甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率 D．当日12时，甲、乙两地气温的瞬时变化率相同 10．在直角中，已知为斜边的中点，将沿着所在直线翻折，得到，记三棱锥体积为，则在翻折过程中（   ） A．的最大值为 B．存在某个位置，使得 C．当取最大值时，直线与平面所成的角最大 D．当取最大值时，三棱锥外接球的半径为 11．设双曲线的左，右焦点分别为，，圆与的左支在第二象限的公共点为，线段的垂直平分线与的右支在第一象限的公共点为，的面积为，则（    ） A． B．，，三点共线 C．，到的距离之积为 D．若，则是的渐近线 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．已知向量，且，则实数 ． 13．已知抛物线方程为，求抛物线焦点的坐标 ，已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，且，则的面积为 ． 14．已知圆，点，点为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为 . 四、解答题：本题共5小题，共82分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．对于函数（），若存在实数，使得成立，则称函数存在“漂移点”. (1)判断函数是否存在“漂移点”，并说明理由； (2)若函数在上存在“漂移点”，求实数a的取值范围； (3)求证：函数（且）在上总存在唯一的“漂移点”. 16．已知数列是等差数列，，.数列是各项均为正数的等比数列，，. (1)求数列，的通项公式； (2)求数列的前项和. 17．已知函数． (1)若函数过点，求该点处的切线方程； (2)若函数在区间上存在零点，求实数的取值范围； (3)记函数，设是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值. 18．如图，在四棱锥中,底面是直角梯形,在锐角中,.    (1)求证：平面⊥平面; (2)在棱上是否存在一点,使平面?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由; (3)若直线与平面所成的角为,求平面与平面夹角的余弦值． 19．已知曲线上的动点满足，其中，，抛物线的焦点为，点在抛物线的准线上，线段与抛物线交于点，，. (1)求曲线的方程和抛物线的方程； (2)点是抛物线上的动点，过点作曲线的两条切线分别与交于两点，求的面积的最小值及此时点的坐标. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $