湖南泸溪县第一中学2025-2026学年上学期期末模拟02高二数学试卷

2025—2026学年湘西州泸溪县一中高二数学期末模拟卷02 （考试时间：120分钟，分值：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：必修一、必修二、选择性必修一、选择性必修二 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．已知，，则（ ） A． B． C． D． 2．已知数列的一个通项公式为，且，则（   ） A．1 B．2 C．26 D．80 3．函数的大致图象是（    ） A．   B．   C．   D．   4．若圆上点到直线的距离为1的点有且仅有2个，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．已知三个数成等比数列，它们的和等于，积等于，则这个等比数列的公比为（   ） A．或 B．或 C． D． 6．已知函数满足，且，则函数零点的个数为（    ） A．4个 B．3个 C．2个 D．0个 7．在中，角对应的边分别是，若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．若函数在有两个不同的零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． 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．下列命题中正确的是（    ） A．一个棱柱至少有4个面 B．平行六面体中相对的两个面是全等的矩形 C．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 10．一个棱长为2的正方体，用过同一顶点三条棱的中点平面截去各个顶点得到的一个新的几何体，对这个新的几何体说法错误的是（    ） A．所有截面面积和为 B．新几何体表面积为 C．新几何体表面积为 D．新几何体的体积为 11．在长方体中，，，E，F分别为，的中点，P是线段（不含端点）上的任意一点，下述说法正确的是（    ） A．存在点P，使直线与平面所成角取得最大值 B．存在点P，使直线与平面所成角取得最大值 C．存在点P，使平面与平面的夹角取得最大值 D．存在点P，使平面与平面的夹角取得最大值 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．过点作圆的切线，直线与平行，则直线的方程为 ，与间的距离为 ． 13．若数列的通项公式为，则 ， ． 14．设函数，若存在实数使得恒成立，则的取值范围是 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（本小题满分13分）已知点，直线. (1)求经过点P且与直线l平行的直线的方程； (2)求经过点P且与直线l垂直的直线的方程. 16．（本小题满分15分）已知，且，，，求的值. 17．（本小题满分15分）已知椭圆的离心率，且椭圆经过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点且斜率不为零的直线与椭圆交于两点，关于轴的对称点为，求证：直线与轴交于定点. 18．（本小题满分17分）已知椭圆：（）过点，且离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)记椭圆的上下顶点分别为，过点斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程． 19．（本小题满分17分）如图，平面直角坐标系中，点为轴上的一个动点，动点满足，又点满足. (1)求动点的轨迹的方程； (2)过曲线上的点（）的直线与，轴的交点分别为和，且，过原点的直线与平行，且与曲线交于、两点，求面积的最大值. 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学年湘西州泸溪县一中高二数学期末模拟卷02 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B B A B A C CD ABC 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】根据函数的值域求得集合，由此求得. 【详解】因为，所以. 故选：B 2．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 3．B 【分析】根据函数值的正负及定义域判断即可. 【详解】由于，排除AD， 而的定义域为，排除C，故B满足题意. 故选：B 4．B 【分析】根据圆的方程确定圆心和半径，应用点到直线的距离公式求圆心到直线距离，结合已知求参数范围. 【详解】圆的圆心为，半径， 圆心到已知直线的距离， 依题意得，即，解得. 故选：B 5．A 【分析】设这三个数分别为，根据条件列方程组，求出，再得到这个等比数列的公比即可. 【详解】设这三个数分别为，则. 因为这三个数的和等于14，积等于64，所以. 联立方程组，可得或， 所以当时，这个等比数列的公比为； 当时，这个等比数列的公比为， 所以等比数列的公比是或. 故选：A. 6．B 【分析】根据，可得，即有，可推出，解方程，得或，判断零点个数即可. 【详解】，∴，，∵代入，得，∴. 或， ；， 如图所示， 函数与函数的图像交点个数为2个，所以的解得个数为2个；综上，零点个数为3个， 故选：B 【点睛】本题主要考查了导数公式的逆用，以及函数与方程问题，函数的零点个数，数形结合，属于难题. 7．A 【分析】根据正弦定理进行边角互化，可得，再进行边角互化，可得，再由余弦定理可求，由，利用基本不等式，即可求解最值问题. 【详解】由正弦定理，可得， 即， 即，进一步由正弦定理，可得， 再由余弦定理，可得， 即， 所以 ， 当且仅当，，时取等号， 又因为，所以，所以的最大值为. 故选A. 【点睛】本题考查正弦定理边角互化，余弦定理的应用求角的最值问题，考查转化与化归思想，考查计算能力，综合性较强，有一定难度. 8．C 【分析】首先可根据当时函数恒成立得出，然后绘出函数与函数的图像，结合图像得出当时两图像有两个交点，最后通过假设两图像当时至多只有一个交点即可求出的取值范围，从而求得结果. 【详解】当时，函数恒成立，故， 作函数与函数的图像，如图： 当时，两图像有两个交点， 假设两图像当时至多只有一个交点，则恒成立，即， 令，则， 当，，当，， 则，即若，两图像当时至多只有一个交点， 故若函数在有两个不同的零点， 则，所以实数的取值范围是， 故选：C. 【点睛】该题考查根据函数的零点求参数的取值范围，考查利用导数求函数的最值，考查数形结合思想，考查推理能力与计算能力，属于难题. 9．CD 【分析】根据柱体和锥体的体结构特征和基本性质对每一题进行逐一分析判断. 【详解】A，一个棱柱的底面至少有3条边，所以至少有5个面，错误. B，由平行六面体的概念和性质，平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，错误. C，根据棱锥的定义，其底面为多边形，侧面都是有一个公共顶点的三角形， 所以有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥，正确. D，由正棱锥的定义和性质可得，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，正确. 故选：CD 10．ABC 【分析】由题意画出图形,求出截面面积判断A；求出新几何体的表面积判断B与C；由正方体体积减去八个三棱锥的体积判断D. 【详解】如图示： 正方体截去各个顶点后得到的几何体如图2所示，为一个12面体，其中8个面为边长为的正三角形，4个面为边长为的正方形. 对于A：所有截面面积和为：，故A错误； 对于B、C：新几何体表面积为：，故B、C错误； 对于D：新几何体的体积为：，故D正确. 故选：ABC 11．ACD 【分析】建立空间直角坐标系，设P点坐标，利用向量法求出各个选项所研究的角的正弦值或余弦值，根据点P的坐标变化范围即可判断角的变化情况，判断角是否能取到最大值即可． 【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，， 则，，，， ，， 取平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，，取， 设平面的法向量为， 则，取， 设平面的法向量为， 则，取， 对于A：设直线与平面所成角为， 则， 时，函数单调递增， 时，函数单调递减， ∴当时，即P是中点的时候，取最大值，故A正确. 对于B：设直线与平面所成角为， 则， ∵时，函数单调递减，没有最大值，故B错误. 对于C：设平面与平面的夹角为， 则 下面研究函数在上的单调性； 令，， ， ， ， 则 ， ∴， ， ，在递减，在递增，且， 又在时递增， 故由复合函数单调性判断原理可知， 在递减，在递增， 则在时取最小值，此时最大， 即平面与平面的夹角取到了最大值，故C正确. 对于D：设平面与平面的夹角为， 则，即， 故平面与平面的夹角的最大值即为，故D正确. 故选：ACD. 12． 【分析】利用直线与平行，结合切线的性质求出切线的方程，再利用两条平行线间的距离公式，即得. 【详解】由题意，知直线的斜率， 则设直线的方程为，即． 由与圆相切，得， 解得， 所以的方程为，的方程为， 则两直线间的距离为． 故答案为：①；②. 13． 【分析】根据通项公式结合诱导公式计算项，再分类得出通项公式即可. 【详解】因为，所以， 故答案为：； 14． 【分析】函数的定义域为，将恒成立，转化为恒成立，得到，构造新函数，利用导数求得函数的最值，得出关于的不等式，即可求解. 【详解】由题意，函数的定义域为， 要使得存在实数使得恒成立，即恒成立， 只需恒成立，即恒成立， 即， 设，则， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以当时，函数取得最大值，最大值为，即， 设，则， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以当时，函数取得最小值，最小值为，即， 所以只需，解得，即实数的取值范围是， 故答案为：. 【点睛】本题考查了利用导数求参数的取值范围问题，其中涉及到利用导数求函数的最值问题，难度较大.构造函数是求解导数问题的常用方法. 15．(1) (2) 【分析】（1）设出所求平行直线的方程，利用点坐标求得正确答案. （2）利用点斜式求得所求直线的方程. 【详解】（1）设经过点P且与直线l平行的直线的方程为， 将代入得， 所以所求直线方程为 （2）直线的斜率为， 与直线垂直的直线的斜率为， 所以经过点P且与直线l垂直的直线的方程为， 即. 16．. 【分析】依题意可得，再根据平面向量数量积的运算律可得，同理求出，，即可得解； 【详解】解：因为，所以，所以 可得：，故：. 同理可得，， 所以； 17．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）通过已知条件以及之间的关系，求出，即可得椭圆的方程； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，可得两根之和与两根之积，列直线的方程，令，求得点的横坐标，化简可得定点坐标. 【详解】（1）设椭圆半焦距为， 由题意得 解得， 椭圆的标准方程为：. （2）设点，则，直线的方程为， 直线与椭圆联立， 消去，得， 则， ，得， 由题意，直线的方程为， 令，所以点的横坐标， 所以直线与轴交于定点. 18．(1) (2)证明见解析；定直线 【分析】（1）利用椭圆过点，离心率，结合，即可得解； （2）由题意得直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求根公式可求得，联立直线的方程与直线的方程，化简可求得直线与的交点在定直线上． 【详解】（1）由椭圆过点，且离心率为，所以，解得 故所求的椭圆方程为． （2）由题意得，， 直线的方程，设， 联立，整理得， ∴，． 由求根公式可知，不妨设，， 直线的方程为，直线的方程为， 联立，得 代入，得， 解得，即直线与的交点在定直线上． 19．(1) (2)2 【分析】（1）法一：充分利用，由坐标得到坐标之间的关系，进而求得动点的轨迹的方程；法二，利用参数方程的思想，得到坐标的参数写法，进而可求； （2）结合图像，先由得到，再联系方程得到，接着又联方立直线与曲线的方程，利用弦长公式得到，利用点线距离公式得到，由此得到关于的关系式，最后利用基本不等式求得的最大值. 【详解】（1）法一：由题意，设，， 由得，且， 由得，则，得， 代入整理得，故动点的轨迹的方程为. 法二：设，，， 设，则由得， 消去得，故动点的轨迹的方程为. （2）如图，设（），又直线的斜率存在且， 设直线为：， 可得：，， 由，则，故，， 联立，可得：，即， 又，故直线的方程为，联立，得：， 即、的横坐标为， ， 点到直线的距离， ， 当且仅当，即时等号成立， 面积的最大值为2. . 【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． 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 $