台州市书生中学2025-2026学年高二上学期数学期末模拟卷

书生中学高二数学期末模拟卷 （满分：150 分 时间：120 分钟） ________班______号 姓名____________ 一、选择题：本题共8 小题，每小题5 分，共40 分. 每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．直线x + y − 2 = 0 的倾斜角为 ( 5τ τ τ 2τ )A ． B ． C ． D． 6 6 3 3 2．等差数列{an } 的前3 项和为 39 ，a4 = 25 ，则 a5 = A ．30 B ． 31 C ．32 D ．33 3. 已知a = (1, 0,1) ，b = (2, 2, −1) ，则 a 在b 上的投影向量的模长是 A. B. C. D. 4. 平行六面体ABCD − A1B1C1D1 中， AB 丄 AD ， 上A1AB = 上A1AD = ，AA1 = 3 ， AB = AD = 1，则 AC1 = A. 2 B. C. D. 5．已知函数f (x ) 是奇函数，且当 x > 0 时，f (x) = (2x + a )2 ，若曲线y = f (x ) 在(−1, f (−1))处的切线与直线x − 2y + 3 = 0 垂直，则实数a 的值为 3 5 A. −1 B. −3 C. − D. − 2 2 6．已知实数m, n 满足n2 = 4m ，则 m +1 + 的最小值为 A. B. C. 2 D. 7. {an } 为公差不为0 且各项均是正整数的等差数列，{bn } 为公比不为 1 且各项均是正整数的等比数列，则 A. {abn }可能是等差数列 B. {ban } 一定不是等比数列 C. {aan } 可能不是等差数列 D. {bbn } 一定不是等比数列 8. 设P 为双曲线E : − = 1(a > 0) 在第一象限内的点，A (−a, 0), B (a, 0) ，若上APB = 45。，则 PB 的斜率为 A. +1 B. 2 C. 2 D. 2 + 二、选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分. 每小题给出的四个选项中，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. 已知函数f ，下列叙述正确的是 A. f (x) 在(3, +∞ ) 上单调递减 B. f (x) 的单调递增区间是(−∞, e) ( ( 1 ) )C. f (x) 的极大值是e−1 D. 若关于x 的方程f (x ) = a 有两个解，则a ∈|(0, e, 10．已知圆C1 : (x −1)2 + (y −1)2 = 1 ，圆C2 : (x − 3)2 + (y − 2)2 = r2 (r > 0) ，则 A. r = 1时，圆C1 与圆C2 外离 B. r = 2 时，圆C1 与圆C2 相交 ( 4 )C. 若圆C1 与圆C2 相切，则r = −1 D. r = 2 时，圆C1 与圆C2 有一条公切线的斜率为 3 11．如图，空间中不共线的三点A, B, C 确定了平面α , 且直线AB, AC, BC 将该平面划分为① , ② , ③ , ④ , ⑤ , ⑥ , ⑦七个区域（不包含边界）.P 为平面α 内一点，O 为平面α 外一点，且OP = xOA + yOB + zOC . 则 A. x + y + z = 1 B. 若P 在区域①内，则x > 0, z < 0 C. 若P 在区域④内，则y > 0 D. 若z < 0 ，则 P 可能落在的区域为②或④. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共 15 分. 12．已知Sn = λ− 2 . 3n+1 为等比数列{an } 的前n 项和，则实数λ 的值为___________. 13．设P 为椭圆y2 = 1 上一点，F1, F2 为Γ 的左右焦点，则PF1 PF2 的取值范围是___________. 14．已知函数f = ax x2 (a > 0, a ≠ 1) 有两个极值点x1, x2 (x1 < x2 ) ，且x1 是f (x ) 的极小值点，则a 的取值范围为____________. 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．已知函数f (x) = x2 − 2alnx − 2a, a ∈ R . （1）求 f (x ) 的单调区间； （2）当a > 0 时，若关于x 的不等式f (x) ≥ −2alna 恒成立，求a 的取值范围. 16．如图，在四棱锥P - ABCD 中，AB = AD = PA BC = CD = . AC 与BD 交于点O ，平面PBD 丄 平面 ABCD ，平面 PAC 丄 平面ABCD . （1）证明：PO 丄 平面ABCD ； （2）当 BD = 2 时，求平面PAD 与平面PBC 夹角的余弦值. 17. 已知数列{an } 满足a1 = 1 ， an k ∈ R, n ≥ 2) . （1）若k = 2 . （i）证明：数列 为等比数列; （ii）求数列 的前n 项和Sn ; （2）若k ≠ 0 ，且对于任意m ∈ R ，数列 均不是等比数列，求k 的所有可能取值. 18．在平面直角坐标系xOy 中，已知P(m, 2 − m)(m > 0) ，过点 P 作圆C : (x +1)2 + y2 = 1 的两条切线，切点分别为 A 和B . 设直线PA, PB 分别与y 轴交于E, F 两点. （1）当m = 1时，求△ PEF 的周长； （2）证明：直线AB 过定点； （3）设 PC 交△PEF 的外接圆于点T （异于 P ），证明：点T 在定直线上. 19. 已知{an } 是由非负整数组成的无穷数列. 该数列前n 项的最大值记为An ，第n 项之后各项an+1 , an+2 , 的最小值记为Bn ，设dn = An − Bn , n ∈ N+ . （1）若数列{an } 前 4 项为2, 0, 2, 6 ，且以 4 为周期（即对任意n ∈ N+ ， an+4 = an ），写出 d1 , d2 , d3 , d4 的值； （2）设d 是非负整数. 证明：dn = −d (n = 1, 2, ) 的充要条件是{an } 是公差为d 的等差数列； （3）证明：若a1 = 2 ， dn = 1(n = 1, 2, ) ，则{an } 的项只能是1 或者 2，且有无穷多项为1 . 厦门一中 2024 级高二（上）数学限时训练 13 参考答案及评分标准 一、选择题：本题共8 小题，每小题5 分，共计40 分. 1. A 2. B 3. C 4. D 5. D 6. A 7. D 8. A 6 解析：设P(m, n) ,则P 在抛物线y2 = 4x 上，设F(1, 0) ，A (0,1) ，则 表示点P 到抛物线准线与到点A 的距离之和，再利用PF + PA ≥ AF = 即可. 8 解析：设直线PA, PB 的斜率分别为k1 , k2 ，则k1k2 = 1，由 上APB = 45。知，解得 k2 = +1 . 二、选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分. 9. ACD 10. ABD 11. AC 10 的 D 选项解析：当r = 2 时，注意到y = 0 为圆C1 与圆C2 的一条公切线，又由B 选项知此时两圆相交，还有另外一条外公切线，设其斜率为k . 注意到两条公切线关于直线C1C2 轴对称，故k 三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共 15 分. 12. 6 13. [1, 2] 14 解析：f ,(x) = ax lna − ex ，设g (x) = f ,(x ) ，则 g ,(x) = ax (lna)2 − e . 若a > 1 ，则g , (x ) 递增，又由 xl∞ g ,(x) = −e, xl∞ g ,(x) = +∞ 知存在唯一的实数t 使得g , (t ) = 0 ，当x < t 时，g , (x ) < 0 ，g (x ) 递减，当x > t 时， g , (x ) > 0 ， g (x ) 递增. 又x1, x2 为g (x ) 的零点，xl∞ g (x) = xl∞ g(x) = +∞ ,从而必有g (t ) < 0 ，且 x1 < t .但当 x ∈ (x1, t ) 时，g (x ) < 0 ，这与x1 是f (x ) 的极小值点矛盾.若a ∈ (0,1) ，类似分析可知，存在唯一实数s 使得g , (s ) = 0 ，且当x < s 时，g , (x ) > 0 ， g (x ) 递增，当x > s 时，g , (x ) < 0 ，g (x ) 递减. xl∞ g (x) = xl∞ g(x) = −∞ ,欲使x1 是 f (x ) 的极小值点，只需保证g (s ) = as lna − es > 0 即可，又as (lna )2 = e ，故 s ，于是g ，也即 a2 − e < 0 ，解得 a . 四、解答题：共 77 分. 15. 解： （1）f , .................................................................................................................................... 2 分 （i）当a ≤ 0 时，f , (x) > 0 恒成立，f (x ) 在(0, +∞ ) 上单调递增； ... 4 分 （ii）当 a > 0 时，令f , (x) = 0 得x = . 5 分当x ∈(0, ) 时，f , (x) < 0 ，f (x ) 递减；当x 时，f , (x) > 0 ，f (x ) 递增. .................................. 7 分综上，a ≤ 0 时， f (x ) 的单调递增区间为(0, +∞ ) ，无单调递减区间； a > 0 时，f (x ) 的单调递增区间为( a, +∞)，单调递减区间为(0, ) . ............................................................ 8 分 （2）a > 0 时，由（1）知 x = 时f (x ) 取最小值f ( ) = −a ln a − a ，........................................................ 10 分依题意 −alna − a ≥−2alna ，也即 alna − a ≥ 0 ，又 a > 0 ，故lna ≥ 1 ，a ≥ e . 12 分所以a 的取值范围为[e, +∞ ) 13 分 15.解：（1）由AB = AD, BC = CD 及 AC = AC 知△ ABC ≌△ ADC ，故 上BAO = 上DAO ，又 AB = AD ， 从而O 为BD 中点，且AC 丄 BD . 2 分又平面PBD 丄 平面 ABCD ，且平面 PBD 平面ABCD = BD ， AC 平面ABCD ，故 AC 丄 平面PBD ( 故 P ( 0, 0,1 ) ， B ( 1, 0, 0 ) ， C ( 0, 2, 0 ) ， A ( 0, − 1, 0 ) ， D ( − 1, 0, 0 ) )又PO 平面PBD ，所以 AC 丄 PO 4 分同理，由平面PAC 丄 平面 ABCD 可得BD 丄 AO .. 5 分再由AC BD = O ， AC, BD 平面 ABCD 可知PO 丄 平面 ABCD 7 分（2）由（1）可知，OB, OC, OP 两两垂直，故可以O 为原点，OB, OC, OP 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 8 分由 BD = 2 及已知条件知OA = OP = 1, OC = 2 ， PB = (1, 0, −1) ，PC = (0, 2, −1) ，PA = (0, −1, −1) ，PD = (−1, 0, −1) 9 分 ( 设平面 PBC 的法向量 m = ( x 1 , y 1 , z 1 ) ，则 由 PB . m = 0, PC . m = 0 得 { ，取 z 1 = 2 得平面 PBC 的一个法向 ) 〔x1 − z1 = 0 ( l 2 y 1 − z 1 = 0 ) ( 〔− y − z = 0 )量 m = (2,1, 2) ，设平面 PAD 的法向量n = (x2, y2, z2 ) ，则由 PA . n = 0, PD . n = 0 得{l−x2 (2) − z2 (2) = 0 ，取x2 = 1 得平面 PAD 的一个法向量n = (1,1, −1) ，............................................................................................................................ 13 分 ( m . n 2 + 1 − 2 ) ( m n 3 . 9 )设平面PAD 与平面PBC 的夹角为θ ,则 cosθ = cos m, n = = = ( )即平面PAD 与平面PBC 夹角的余弦值为 、 15 分9 17. 解：（1）（i）当k = 2 时，a1 = 1 ， an 故易知n ∈ N+ , an ≠ 0 ..................................... 1 分 当 n ≥ 2 时， 3 分又 ，所以 {l (〔) − 2,)} 是首项为 −1 ，公比为 的等比数列............................................................... 5 分 ( 1 ( 1 ) n − 1 ( 1 ) n − 1 )（ii）由（i）知 an − 2 = (−1). |( 2 , ，故 |(2 − an , (n −1) = 2n−1 ........................................................................ 6 分 Sn = + + + ， Sn = + + + + ................................................................................. 7 分两式相减得 Sn 从而Sn ...................................................................................................................................................... 10 分 （2）当k = 1时 数列 的前三项为1 − m, 2 − m,3 − m ，若存在m ∈ R ，使 {l (〔) − m,)} 为等比 数列，则(2 − m)2 = (1 − m)(3 − m) ，该方程无实数解，矛盾 12 分当k ≠ 1时， ，且 故存在m 使得 是首项为 ,公比为 的等比数列 ................................................................................................................................... 14 分 综上k 的值为1 15 分 18. 解： （1）EF 与圆C 相切，由切线长定理有EA = EO , FB = FO ，进一步得 PE + EF + PF = PE + EA + PB + BF = PA + PB = 2 PA 2 分当 m = 1时， PA 从而△ PEF 的周长为4 . 4 分 （2）设以OP 为直径的圆为Q ，则 Q : (x + 1)(x − m) + y (y + m − 2) = 0 6 分 AB 为C 与Q 的公共弦，两圆方程相减得AB : (m + 1)x + (2 − m)y + m + 1 = 0 8 分也即m (x − y + 1) + (x + 2y ) = 0 ，令 { ，解得 ，故 AB 过定点 − , ,) .............................. 10 分 （3）易知PA, PB 的斜率均存在，不妨分别设为k1 , k2 ，于是PA: y + m − 2 = k1 (x − m) ，PB : y + m − 2 = k2 (x − m) .由PA 与圆C 相切知C 到PA 距离为1 ，故 11 分整理得(m + 2)mk12 + 2 (m − 2)(m +1)k1 + (m −1)(m − 3) = 0 同理有(m + 2)mk22 + 2 (m − 2)(m +1)k2 + (m −1)(m − 3) = 0 ，所以k1, k2 为关于k 的方程 ( 1 2 ( m + 2 ) m ............................... )(m + 2)mk2 + 2 (m − 2)(m +1)k + (m −1)(m − 3) = 0 的两根，故k + k = − 2 (m − 2)(m + 1) 13 分 由PC 平分上EPF 知， TE = TF ，故T 在EF 中垂线上 14 分 又E(0, −k1m − m + 2) ，F (0, −k2 m − m + 2) m + 2 = m ，故EF 中垂线方程为y ....................................................................................................................................................... 15 分又PC 方程为y ，两直线联立消去m ，得4x + y +1 = 0 ，即T 在定直线4x + y +1 = 0 上......... 17 分19. 解： （1）d1 = d2 = d3 = 2 ， d4 = 6 . 4 分 （2）（充分性）由{an } 是公差为d 的等差数列且d ≥ 0 知a1 ≤ a2 ≤ ≤ an ≤ an+1 ≤ . 因此 An = an, Bn = an+1, dn = An − Bn = an − an+1 = −d (n = 1, 2, ) 6 分（必要性）由于dn =−d ≤ 0 ，所以 An = Bn + dn ≤ Bn . 又因为an ≤ An , an+1 ≥ Bn ，所以 an ≤ an+1 ， 8 分 故 a1 ≤ a2 ≤ ,于是 An = an , Bn = an+1 . 从而an+1 − an = Bn − An = −dn = d ，即{an } 是公差为d 的等差数列 ... 10 分 （3）因为 a1 = 2, d1 = 1 ，所以 A1 = 2 ，B1 = 1. 故对于任意的n ≥ 1 ， an ≥ B1 = 1. 12 分 假设{an } 中存在大于2 的项，设m 为满足am > 2 的最小正整数，则m ≥ 2 ，对于任意1 ≤ k< m ，ak ≤ 2 . 又因为a1 = 2 ，所以Am−1 = 2 ，且 Am = am > 2 . 于是，Bm = Am − dm > 2 −1 = 1 ，Bm−1 = min {am, Bm } ≥ 2 ，故 dm−1 = Am−1 − Bm−1 ≤ 2 − 2 = 0 ，这与dm−1 = 1 矛盾，故n ∈ N+ , an ≤ 2 ， {an } 中的项只能是1 或 2. 15 分又 a1 = 2 ，所以当n ≥ 1 时，必有An = 2 ，Bn = 1 . 这说明对于任意的正整数n ，存在正整数m 使得m > n ，且am = 1 ，所以{an } 中有无穷多项为1 . 17 分 学科网（北京）股份有限公司 $