江苏省如皋中学2025-2026学年高二上学期期末模拟数学试卷(2)

高二数学期末模拟试卷(2) 时间：120分钟 总分：150分 一、单项选择题：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.在空间直角坐标系Oxyz中，点(-1,2，-3)关于y轴的对称点为() A.（-1,-2,-3)B.（-1,2,3) C.(1,2,3) D.(1,2,-3) 2.已知等差数列{a}满足43+46+4+41=12，则2-4，=（) A.-3 B.3 C.-6 D.6 3.若圆锥底面半径为1，高为22，则圆锥侧面展开扇形圆心角的弧度数是() A 2π B.装 C.2 D.3 4.若两平行直线x+y+2=0与2x-4y+n=0(n>0)之间的距离是√5，则m+n=() A.-2 B.-12 C.12 D.14 5.已知1,2，n成等比数列，则(x+)的展开式中所有项的系数之和为() A.4 B.8 C.16 D.32 6日知双击载C号卡-1〔a>06~0,项点到指近线的离头分，则高心丰。() A.√2 B.25 C.2 D.2 3 7. 的展开式中xy2的系数为() A.30 B.-30 C.60 D.-60 +4。,记数列松}前以项的和为8，若3m-S≤0对任意的meN恒 1 8.数列{a}满足4=1， + 成立，则正整数t的最小值为() A.10 B.9 C.8 D.7 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在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P,分别是随圆C号+；1的左，右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论 试卷第1页，共5页 正确的是() A.△PFE的周长为10 B.△PFF2面积的最大值为2W5 C.椭圆C的焦距为6 D.椭圆C的离心率为4 10.3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是() A.共有60种不同的坐法 B.空位不相邻的坐法有32种 C.空位相邻的坐法有24种 D.两端不是空位的坐法有12种 l1.己知曲线y=√下有一系列正三角形，第n个正三角形0n-1P0.(2为坐标原点)的边长为a.,数列{a} 的前n项和为Sn,则() P A.第1个正三角形22的周长为2B.P1为 S+22 C. 1 2n D.数列{a,}的通项公式为a,= 3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 2.去0+可（口号）展开式中x的系数为30，则a 13.己知圆x2+y2=4与圆(x-2)2+(y+2)2=20交于A,B两点，则公共弦长AB= 14.杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载，它的开头几行如图4 所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数C:都换成分数a+C, 1 得到的三角形称为莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，则莱 =上+上+1+1+ 1 1 布尼茨三角形”第5行第3个数是 —:若a-5计方060+m+g+m+2C,8是a} 的前n项和，则Sn= .(用含n的代数式作答) 试卷第2页，共5页 杨辉三角 莱布尼茨三角形 第0行 1 1 第0行 第1行 11 第1行 第2行 121 111 363 第2行 第3行 133 1 1111 412124 第3行 . 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、 证明过程或演算步骤 15.(本小题满分13分)如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD,E是PC的中点. D (1)求证：PA∥平面BDE; (2)求证：面PAC⊥面PBD. 16.(本小题满分15分)设(2x-1)3=4。+ax+4,x2++ax3,求： (1)a+a+a+a+a+a: (2)4+4+4; (3)(a+a,+a)-(a+a4+4) 试卷第3页，共5页 1(休小题满分15分已知数别红}为琴数列且满足1+安北+过)1：日》-付 (1)求数列{a}的通项公式： (2)求数列{二+n 的前n项和S 18.(本小题满分17分)如图，在直三棱柱ABC-ABC1中，AC⊥BC,AB=AA=2W2,点M,N分别是AC, AA的中点，点P是线段BM上的点. M ..33 (1)证明：BC⊥CN: (2)求三棱柱ABC-AB,C体积的最大值： (3)当三棱柱ABC-AB,C的体积取得最大值时，求直线AP与CN所成角的余弦值的取值范围. 试卷第4页，共5页 Q(体小题渍分17分已知双曲线C61(a>0,6>0)的右焦点为FV3,0,C的渐近线 抛物线C：y2=2匹(p>0)相交于点 (1)求C,C,的方程： (2)设A是C,与C,在第一象限的公共点，不经过点A的直线l与C的左右两支分别交于点M,N,使得 AM⊥AN. (i)求证：直线l过定点： (i)过A作AD⊥I,垂足为D.是否存在定点P,使得DP为定值？若存在，求出点P的坐标：若不存在， 说明理由. 试卷第5页，共5页高二数学期末模拟试卷(2) 时间：120分钟 总分：150分 一、单项选择题：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.在空间直角坐标系Oxz中，点(-1,2，-3)关于y轴的对称点为() A.（-1,-2,-3)B.（-1,2,3) C.(1,2,3) D.(1,2,-3) 【答案】C 【分析】根据空间直角坐标系的性质，直接判断结果即可. 【详解】点(-1,2，-3)关于y轴的对称点为(1,2,3)， 故选：C 2.己知等差数列{a}满足a4+a。+4+41=12,则2a-4,=（) A.-3 B.3 C.-6 D.6 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用等差数列定义列式求出首项和公差关系即可 【详解】设等差数列{a}的公差为d(d≠0)， %+46+as+a1=4a+24d=12, 即4+6d=3, 2。-4,=4+6d=3 故选：B 3.若圆锥底面半径为1，高为22，则圆锥侧面展开扇形圆心角的弧度数是() A. 3 B. 5π C.2 D.3 【答案】A 【分析】求出圆锥侧面展开扇形半径和弧长即可由弧度定义公式求解 【详解】由题可得圆锥侧面展开扇形半径为圆锥母线长为，：+(2列=3， 圆锥侧面展开扇形弧长为圆锥底面圆周长为2π×1=2元， 所以圆锥侧面展开扇形圆心角的弧度数是2江 3 故选：A 试卷第1页，共15页 4.若两平行直线x+y+2=0与2x-4y+n=0(n>0)之间的距离是√5，则m+n=() A.-2 B.-12 C.12 D.14 【答案】C 【分析】根据直线平行求出m=-2,再利用平行线距离公式即可求出，即可求解. 【详解】因为直线x+yw+2=0与2x-4y+n=0(n>0)平行， 所以时 ,即m=-2, 因为直线x-2y+2=0与直线2x-4y+n=0(n>0)的距离为5， 所以」 2 =√5，即n-4=10,解得n=14或n=-6<0(舍去)， V1+(-2) 故m+n=-2+14=12. 故选：C 5.已知1,2，n成等比数列，则(x+1)“的展开式中所有项的系数之和为() A.4 B.8 C.16 D.32 【答案】C 【分析】通过等比数列的性质求出的值，再利用赋值法得到二项式展开式的所有项系数之和 【详解】由1,2，n成等比数列，得22=1×n,故n=4. 令(x+1)4中x=1,得所有项的系数之和为1+1)=16 故选：C 6.已知双曲线C: a b2 =1(a>0,b>0),顶点到渐近线的距离为S 则离心率e=（) A. B. 2W5 C.2 D.2 3 【答案】A 【分析】由点到直线的距离公式得出α=b,根据双曲线离心率的公式即可求解 【详解】双曲线的顶点(a0)到渐近线x士=0的距离为兮 +62,又c=a2+8,则a2-2ab+B=0,即a=b, 即 试卷第2页，共15页 则离心率e= 1+ 故选：A. 的展开式中xy2的系数为() A.30 B.-30 C.60 D.-60 【答案】D 【分析】求出展开式通项，再求出(：) 的展开式通项，即可求出： 【详解】 《e-y展开式的通喷为c(:, 则含的项为c(-)心，其中x的展开式的通项为c()()=)c, 令k=3,得(-1)Cx1,所以 :-y最扦式中y的系数为(-cC=-60 故选：D. 8.数列{a}满足a=1, 1 记爱列公}前”项的和为及，若父S≤6对任意的=N恒 成立，则正整数t的最小值为() A.10 B.9 C.8 D.7 【答案】A 【分析】由题意可得 是以1为首项，公差为4的等差数列，3.=24=21 台4i-3 设g0)=m一5，可得&0是道减数列，可得g00的最大值，代入及-及≤0可得答案 【详解】解：由题意：数列{a}满足a=1, +4= ,可得a>0且1与 an+ 0a4, 1 1 1 所以数列 是以1为首项，公差为4的等差数列，可得 a. -1+40r-D=4n-3,a=n-3 S=∑4了】 4i-3 设80=S2m+H-Sn, 试卷第3页，共15页 则g)-80n+1)=an2-a22-a*32= 111 >0,所以8)是递减数列，gm)≤1，即 4n+18n+58n+9 114 鸟S,s80=S,-S=a+aE42-34335 所以品之若可得空又因为议藏的吊小值为10 故选：A 【点睛】本题主要考查数列前项的和及数列与不等式的综合，综合性大，属于难题. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在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P,乃分别是椭圆C:+ -=1的左，右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论 95 正确的是() A.△P耳F,的周长为10 B.△PF,面积的最大值为2W5 C.椭圆C的焦距为6 D.椭圆C的离心率为 【答案】AB 【分析】由椭圆的性质直接分析即可， 【详解】对A,因为椭圆C:亡+少 951, ∴.a=3,b=√5，c=2 △PE的周长为2a+2c=10,故A正确： 对B,因为=4，面积最大时高最大，为b, 所以。PKR面积的最大值为分2cb-25,故B正确： 对C,椭圆C的焦距为4，故C错误； 对D,椭圆C的离心率为e=C=2 a3,故D错误； 故选：AB 10.3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是() A.共有60种不同的坐法 B.空位不相邻的坐法有32种 C.空位相邻的坐法有24种 D.两端不是空位的坐法有12种 【答案】AC 试卷第4页，共15页 【分析】对于A,采用组合先选出座位，再根据排列方法安排座位；对于B,利用插空法；对于C,利用捆 绑法；对于D,利用特殊元素优先法 洋解】对于A,共有CAXX3x2X1=60种不同的坐法，故A正确！ 对于B,空位不相邻的坐法有AC=3×2x1x3-36种，故B错误： 2×1 对于C,空位相邻的坐法有A4=4×3×2×1=24种，故C正确： 对于D,两端不是空位的坐法有3×2×3=18种，故D错误， 故选：AC 11.己知曲线y=√x下有一系列正三角形，第n个正三角形Q-1PQ.(2为坐标原点)的边长为a。,数列{a} 的前n项和为Sn,则() y P 02 A.第1个正三角形22的周长为2B.B为 2’2 1 D.数列{an}的通项公式为a,= 2n C.S,=aH十，al 4 3 【答案】ABD 3a 【分析】对于A,根据题意由正三角形求得点 代入曲线y=√，即可求解：对于B,由图可 2 2 S+ 2,201 即可判断，对于C,将点P+1坐标代入曲线y=√x,整理即可判断；对于D,由 项与和的关系化简得到a-&- ,利用等差数列的通项公式求解即可. 【详解】对于A,设第1个正三角形Q2的边长为，则Qa.0),A号，V, 因为在角线影上，所以-停 两边平方得：=号 因为4≠0， 2 所以4=3，则第1个正三角形Q2的周长为3a=2,A正确： 试卷第5页，共15页 对于B,前n个正三角形的边长和为Sn=4+a++4,则21的坐标为(Sn,0), 第n+1个正三角形Q.PO:的边长为a因此2，的横坐标为3+1，纵坐标为 2 2an' 则P1 2,21B正确： 对打C,因为上在自线y-上，所以9。-R+受 两边平方得：女。81号，即S4。告，C错误： 对于D,当n≥2时，由8-心-，可得S--号 4 2 4 2 两式相减可得a,=S,-S1=40 3 32 +14%-2+ 22 化为(a1+a)(a-a)= aa1a).由a>0,可符a:a 3 而4-a了，所以数列a}是首项和公差均为的等差数列，所以a-,故D正确。 2 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.若0+对(a+)展开式中s的系数为30，则a= 【答案】2 【分析】由题意可得0+Q+号)1++(1+，结合二项式展开式的通项公式建立方程，求解 即可 【详解】由慰意可得，+a+号)1++(1+，0+展开式的通项公式为c1=Cx, 所以含x的项的系数为aC+aC,则aC:+aC=30,即15a=30,解得a=2 故答案为：2 13.己知圆x2+y2=4与圆(x-2)2+(y+2)2=20交于A,B两点，则公共弦长AB=. 【答案】25 【分析】将两圆的方程进行相减，然后结合几何知识进行求解即可 【详解】由题得，x2+y2-4=0,x2-4x+y2+4y-12=0,两方程相减得， 试卷第6页，共15页 2 x-y+2=0,则圆心O(0,0)到此直线距离为d= I=, 所以AB=2Wr2-d2=2√4-2=2√2. 故答案为：22 14.杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载，它的开头几行如图4 所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数C:都换成分数+1C' 1 得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，则莱 1111 1 布尼茨三角形第5行第3个数是 :若4= 3123060 u+0cm+2)c,S是a} 的前n项和，则S。= (用含n的代数式作答) 杨辉三角 莱布尼茨三角形 第0行 1 1 第0行 1 第1行 11 2 第1行 第2行 121 11 6 3 第2行 第3行 133 1 1 111 412124 第3行 以。 1 【答案】 11 60 2n+22 1 【分析】由题意将杨辉三角从第1行开始的每一个数C:都换成分数O+1)C,得到的三角形为灯莱布尼茨三 角形'，观察表中数字，题中要求第5行第3个数，当=5，r=2即可求解：由莱布尼茨三角形的特点可 1 1 c可得. 如，每个数均等于其脚下两个数之和，迪c4C子 1 1 1 1 1 m+2can+2)cu+DC,即 +2)C+10n+10n(m+20+D）’ 利用列相消法即可求解 1 【详解】由题意知，将杨辉三角从第1行开始的每一个数C:都换成分数O十)C,得到的三角形为莱布尼 茨三角形， 观察表中数字，题中要求第5行第3个数，所以1=5，T=2,所以第5行第3个数为6C60 1-1 由莱布尼茨三角形的特点可知，每个数均等于其“脚下”两个数之和， 1 11 。1 1 1 m+DCo+D0nC可得：+2沁+m+2cm+0C, 由 1 1 11 1 所以0m+2)c0m+1c.0n+2cn+0mn+20+D 试卷第7页，共15页 1-1）11)11)+ [1 1 所以a= 1x22×32x3343x44x5 +1)n(n+2)(n+1) 1 11 2 (n+2)n+1)2n+1n+2 22334n+1n+2-2n+22 故答案为： 1,n+11 60:2n+22 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、 证明过程或演算步骤 15.(本小题满分13分)如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD,E是PC的中点. (1)求证：PA∥平面BDE: (2)求证：面PAC⊥面PBD. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】(I)连接AC交BD于O,连接OE,由中位线即可得PA∥EO,得证： (2)证明BD⊥平面PAC即可 【详解】(1)连接AC,交BD于O,连接OE, D 在△CAP中，CO=|OA,CE=EP,∴.PA∥EO, 又，PAa平面BDE,EOC平面BDE,∴.PA∥平面BDE; 试卷第8页，共15页 (2),PO⊥底面ABCD,则PO⊥BD, 又，ABCD是正方形，则AC⊥BD,且AC∩PO=O,∴BD⊥平面PAC. ,BDC平面PBD,∴.平面PAC⊥平面PBD 16.(本小题满分15分)设(2x-1)=4,+ax+4,x2++4x,求： (1)laol+lal+lal+lal+lal+lasl; (2)4+4+a: (3)(a,+a,+a-(a+a,+a). 【答案】(1)243：(2)122；(3)-243 【分析】 (1)先利用二项式定理确定系数的正负，从而得出al+a+a+a+a+a=-f(-1): (2)g+a+a=f0-f) 2 (3)(a+a,+a)}-(a+a,+a)}'=fI)×f(1) 【详解】 (1)4=Cg"2”.(-1)°-，n=0,1,2,3,4,5, .a,4,44<0,4,4,4>0, ..al+lal+lal+lal+lal+las|=-ao+a-a;+a;-a+a;=-f(-1)=243. (2)f(1)-f(-1)=2(a+a,+a), ∴a+a+a=24=12 2 (3)(a+4,+a)'-(a+a,+a)2 =(a+a1+a42+4+a4,+4)(a-a+42-a4+a4-a) =f(1)×f(1) =-243 【点睛】本题主要考查赋值法及二项式定理的应用，属于中档题.一般遇见此类问题，常通过对x赋值进行 计算 试卷第9页，共15页 1体小题满分15分已知数列和}为非零数列且满足1+安儿)1+日)（周 (1)求数列{a}的通项公式： (2)求数列{+n 的前n项和Sn a. 49 【答案】()a.=1-4 国s-0- 2 【分析】(1)根据递推公式，分当n=1时和n≥2时，进行求解即可. (2)由(1)得到通项公式，再根据分组求和，即可求解 【详解1》当双=1时1-日子解得4=子 当≥2时， 1副分 00是)今 内式相险得：1+立分-（宁，即a,当以1时，4=号他满起 所以a.=1-4 a 所以-+0r年+年2+- 业-]+n-aD 2 2 18.(本小题满分17分)如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，AC⊥BC,AB=A4=2W2,点M,N分别是AC1, AA的中点，点P是线段BM上的点. 试卷第10页，共15页