精品解析：广东番禺中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学期中模拟卷(一)

期中模拟卷（一） 一、单选题（共8题，每题5分） 1. 已知向量，，不共面，下列选项中的三个向量不共面的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【详解】已知不共面，逐一判断： A：，故，，共面. B：，故，，共面. C：假设，整理得. 即，因不共面，不存在这样的，故，，不共面. D：，故，，共面. 2. 在对称轴为坐标轴的双曲线中，“离心率为”是“渐近线方程为”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】利用共渐近线的双曲线的方程可求对应的离心率，再结合反例可判断两者之间的条件关系. 【详解】若双曲线的渐近线方程为，故可设双曲线方程为， 若，则双曲线的标准方程为，故， 故，故； 若，则双曲线的标准方程为，故， 故，故； 设双曲线的方程为，此时，故离心率为， 此时渐近线的方程为， 故“离心率为”推不出“渐近线方程为”； “渐近线方程为”推不出“离心率为”， 故“离心率为”是“渐近线方程为”的既不充分又不必要条件， 故选：D. 3. 已知数列的首项，且满足，则数列（ ） A. 单调递增 B. 单调递减 C. 先减后增 D. 先增后减 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，构造等比数列，求出，得出数列的通项公式，结合指数函数的性质，即可求解. 【详解】由，可得，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即，可得， 根据指数函数单调性可知，可得数列是单调递减数列. 4. 函数的图象如图，其中，为常数，则下列结论正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据判断的范围，根据图象趋势判断的范围即可. 【详解】由图象可知：，， 又由函数为减函数，可得． 故选：C． 5. 将6个相同的小球全部放入3个不同的盒子中，每个盒子都要有小球，则不同的放球方法共有（ ） A. 4种 B. 6种 C. 10种 D. 12种 【答案】C 【解析】 【分析】根据隔板法来解决相同元素分组问题，通过在元素之间插入隔板来将元素分成不同的组. 【详解】本题是6个相同的小球放入3个不同的盒子，且每个盒子至少有1个小球的组合问题，可以使用隔板法， 将6个小球排成一排，中间形成5个空隙，在这5个空隙中插入2个隔板， 即可将小球分成3份，每份至少有1个， 因此，不同的放法共有种， 故选：C． 6. 设直线与圆交于M，N两点，则当取最小值时，（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得直线过定点，圆心为，所以与垂直时，最小，以此求解即可. 【详解】由题意得，则直线过定点，圆心为，半径， 点到圆心的距离，所以直线与圆相交于M，N两点， 且与垂直时，最小，此时，且，则. 7. 设分别是椭圆C：的左、右焦点，圆与椭圆C在第一象限内的交点为，延长与椭圆C交于点，若，则椭圆的离心率为（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由圆过点知，设，根据椭圆定义得，；在直角三角形中应用勾股定理可解得与的关系，再在直角三角形中利用勾股定理建立与的方程，从而求出离心率. 【详解】如图，连接， 线段是圆O的直径，所以， 设，所以， 在直角三角形中，，整理得， 在直角三角形中，， ，得，即． 故选：A. 8. 定义在上的可导函数，满足，且，若，，，则、、的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合条件求导可得在上为减函数，由其单调性即可判断、、的大小关系. 【详解】由已知可得：，令， 则， 且， 再令，则， 当时，，即函数在上为增函数， 当时，，即函数在上为减函数， ， 在上恒成立，在上为减函数； ，，即. 故选：C. 二、多选题（共3题，每题6分） 9. 已知抛物线，过焦点的直线交于点，则（ ） A. 的坐标为 B. C. 的最小值为2 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据抛物线的性质求焦点坐标即可判断，对于B，设直线，联立方程组结合根与系数的关系求即可判断，对于C，结合抛物线焦点弦公式求弦长的表达式，再求其最小值即可判断，对于D，根据抛物线定义利用表示，进一步计算即可判断. 【详解】对于A，抛物线，设抛物线的焦点到准线的距离为， 则，故的坐标为，故A正确； 对于B，设直线，联立，得， 方程的判别式， ，， ，， 故，故B正确； 对于C，因为， 所以当时，弦的长度最小，最短弦的长度为4，故C错误； 对于D，由， 得，故D正确. 10. 如图所示，轴截面为正三角形的圆锥，底面圆半径为是底面的两条直径，母线与该圆锥内切球分别切于点.则下列说法正确的是（ ） A. B. 圆锥与球的交线的轨迹长为 C. 若，则 D. 平面截球的截面面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据圆锥轴截面是正三角形且底面半径为，可以计算圆锥的高、母线长，再利用轴截面的几何关系求内切球半径，进而可计算球和圆锥的体积比，可以判断选项A；先确定圆锥与球的交线是一个圆，通过分析球心到圆锥轴截面的距离、球半径，求出交线圆的半径，再计算其周长，可以判断选项B；根据题意可得，再结合三余弦定理，可以判断选项C；当球心到平面的距离最大时截面圆半径最小，进而得到最小面积，可以判断选项D. 【详解】对于A，画出圆锥的轴截面如图（1）所示.连接，则必过球心， 因为轴截面为正三角形且底面圆半径为， 所以， 所以， 故A正确； 对于B，如图（2），易知，圆锥与球的交线的轨迹为， 因为，所以在中， 可得，求得半径， 故轨迹长为错误； 对于C，根据三余弦定理可知， ， 故C正确； 对于D，当绕着旋转时，平面恒过定直线，若要使得平面截球的截面面积最小，只需球心到平面的距离达到最大， 如图（3）过作直线的垂线，垂足为到平面的最大距离为， 又因为在中，，所以截面半径的最小值为， 所以平面截球的截面面积的最小值为，故D正确. 11. 已知函数，则下列选项正确的有（ ） A. 函数有唯一零点 B. 若方程有两个实数解，则实数的取值范围为 C. 若对任意恒成立，则实数的取值范围为 D. 记，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】借助导数分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理、分离参数，逐一判断选项即可. 【详解】对于A：函数的定义域为，又因为， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在取到最大值，且， 又因为当时，，当时，， 故有唯一零点，故A正确； 对于B：函数的定义域为，又因为， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在取到最大值，且， 又因为当时，，当时，， 所以若方程有两个实数解，则，故B错误； 对于C：若对任意恒成立，分情况讨论： 当时，左边，不等式成立； 当时，，不等式变形为， 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取得最大值，最大值为，故； 当时，，不等式变形为， 令，求导同， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得最小值，最小值为，故， 综上，，故C正确； 对于D：因为， 令，所以在上恒成立，故， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以的最大值在或上取得，因为， 而，故，故D正确. 【点睛】以导数为工具，精准分析和的单调性、极值与最值，是解决本题的关键. 三、填空题 12. 展开式中的常数项是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先求得二项式的展开式的通项公式为，进而求得展开式的常数项，得到答案. 【详解】由二项式的展开式的通项公式为， 所以， 所以当时有常数项，当时有常数项， 所以所求展开式的常数项为. 故答案为：. 13. 已知数列的前项和为，且，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由条件易判断出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，求出其通项公式，再利用，即可求出的通项公式. 【详解】由题意知，由可得，所以， 因此数列是以为首项，为公比的等比数列，所以. 当且时，， 又不满足上式，所以. 14. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出曲线在点处的切线方程，再设出该切线与曲线的切点，利用导数的几何意义和切点既在切线上又在曲线上进行求解. 【详解】由题意可得：， 当时，， 所以曲线在点处的切线为： ，即， 设切线与曲线的切点为， 对求导可得：， 又因为切线的斜率等于曲线在切点处的导数， 所以，即， 又因为在切线上， 所以， 所以在曲线上， 即，求解可得：. 故答案为：. 四、解答题 15. 如图，和都垂直于平面，且，，是的中点． （1）证明：// 平面； （2）若四棱锥的体积为3，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值． 【答案】（1）取的中点，连接，， 因为分别是和的中点，所以，且. 因为和都垂直于平面，且，所以，且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面平面，所以// 平面． （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，由中位线定理及线面垂直的性质定理可得四边形为平行四边形，得，再根据线面平行的判定定理证得// 平面； （2）由四棱锥的体积为3，可求得点到平面的距离为.建立空间直角坐标系，设平面与平面所成的锐二面角大小为，根据面面角的向量求法将表示为的函数，结合二次函数的最值求法，可得的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设点到平面的距离为， 则，为． 由于平面， 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，平面内过且垂直于的直线为轴，建立如图空间直角坐标系， 因为， 所以， 设，则， 设平面的法向量为，由，得， 令，得，因此平面的一个法向量． 由于平面，因此是平面的一个法向量． 设平面与平面所成的锐二面角大小为， 则. 因为，当且仅当时，等号成立； 所以. 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值为． 16. 盒中有个红球，个黑球，其中、为正整数．这些球的大小、质地均相同． （1）若，求在第一次抽取黑球且不放回的条件下，第二次抽取的还是黑色球的概率； （2）设为正整数．先随机从盒中抽取一个球，观察其颜色后放回，并加上同色球个，再从盒中第二次抽取一球，求第二次抽出的是黑球的概率（用含、、的代数式表示）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分析可知在第一次抽取黑球的条件下，则盒子里还剩个红球个黑球，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率； （2）记事件第次从盒中摸出的一个球是黑球，求出、、、，利用全概率公式可得出的值. 【小问1详解】 若，在第一次抽取黑球且不放回的条件下，则盒子里还剩个红球个黑球， 故在第一次抽取黑球且不放回的条件下，第二次抽取的还是黑色球的概率为. 【小问2详解】 记事件第次从盒中摸出的一个球是黑球， 则，，，， 由全概率公式可得 . 17. 已知函数. （1）当时，求与相切，且垂直于直线的直线方程； （2）若有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导可得，由题意可得，可求切点坐标，进而可求切线方程； （2）求导得，分和两种情况讨论其单调性，进而根据题意可得，求解即可. 【小问1详解】 当时，，求导可得， 因为直线的斜率为，所以切线斜率为3， 令，解得，此时切点为， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为， ①当时，，函数在单调递减，此时最多一个零点，舍去； ②当时，令，解得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 由（1）知，当时，取得最小值，最小值为. 因为当时，；时， 所以要函数有两个零点，当且仅当. 设，知函数在单调递增. 因为，则的解集为. 综上所述，的取值范围是. 18. 双曲线C：的离心率为，点在C上. （1）求C的方程； （2）设圆O：上任意一点P处的切线交C于M、N两点，证明：以MN为直径的圆过定点. 【答案】（1） （2） 方法一：设，， ①当切线斜率存在时，设直线方程为， 因为直线与圆相切，所以，整理得， 联立， ， 则，， 由对称性知，若以MN为直径的圆过定点，则定点必为原点. ， 又，所以， 所以，故以MN为直径的圆过原点； ②当直线斜率不存在时，直线方程， 此时或， 此时圆方程为，恒过原点； 或或， 此时圆方程为，恒过原点； 综上所述，以MN为直径的圆过原点. 方法二：设，， ①当切线斜率存在时，设直线方程为， 因为直线与圆相切，所以，整理得， 联立， ， 则，， 以，为直径的圆的方程为， 即， 因为， 所以， 且， 所以所求的圆的方程为， 所以MN为直径的圆过原点； ②当直线斜率不存在时，同法一，此时圆方程为，恒过原点； 综上所述，以MN为直径的圆过原点. 【解析】 【分析】（1）结合题目所给条件可列出不等式组，解出即可得； （2）可结合双曲线及圆的对称性得出，若存在定点，则该定点必为原点，从而先猜后证，简化过程；或根据圆的方程，结合韦达定理表示出该圆方程，即可得定点坐标. 【小问1详解】 依题意有， 即有，解得：，， 所以双曲线方程为； 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）若对任意都有成立，求实数的取值范围； （3）证明：（其中为自然对数的底数）. 【答案】（1）答案见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求导，按，分类讨论求解. （2）由（1）得，根据对任意都有成立，由求解； （3）借助于（2）中的函数，，分别取和，代入即可通过变形证明. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，，函数在上递增； 当时，由，得，函数在上递减， 由，得，函数在上递增； 所以当时，函数的单调增区间是，无减区间； 当时，函数的单调减区间是，增区间是. 【小问2详解】 当时，在上递增，又，当时，，则不成立； 当时，由（1）得， 由对任意都有成立，得， 令，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，则当时，取得最大值， 所以实数a的取值集合是. 【小问3详解】 由（2）知：，令， 则，即，则，因此； 由（2）知：，令， 则，即，则，因此， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是由，分别令， 而得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中模拟卷（一） 一、单选题（共8题，每题5分） 1. 已知向量，，不共面，下列选项中的三个向量不共面的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 2. 在对称轴为坐标轴的双曲线中，“离心率为”是“渐近线方程为”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 已知数列的首项，且满足，则数列（ ） A. 单调递增 B. 单调递减 C. 先减后增 D. 先增后减 4. 函数的图象如图，其中，为常数，则下列结论正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 将6个相同的小球全部放入3个不同的盒子中，每个盒子都要有小球，则不同的放球方法共有（ ） A. 4种 B. 6种 C. 10种 D. 12种 6. 设直线与圆交于M，N两点，则当取最小值时，（ ） A. 1 B. 2 C. D. 7. 设分别是椭圆C：的左、右焦点，圆与椭圆C在第一象限内的交点为，延长与椭圆C交于点，若，则椭圆的离心率为（） A. B. C. D. 8. 定义在上的可导函数，满足，且，若，，，则、、的大小关系是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3题，每题6分） 9. 已知抛物线，过焦点的直线交于点，则（ ） A. 的坐标为 B. C. 的最小值为2 D. 10. 如图所示，轴截面为正三角形的圆锥，底面圆半径为是底面的两条直径，母线与该圆锥内切球分别切于点.则下列说法正确的是（ ） A. B. 圆锥与球的交线的轨迹长为 C. 若，则 D. 平面截球的截面面积的最小值为 11. 已知函数，则下列选项正确的有（ ） A. 函数有唯一零点 B. 若方程有两个实数解，则实数的取值范围为 C. 若对任意恒成立，则实数的取值范围为 D. 记，则 三、填空题 12. 展开式中的常数项是___________． 13. 已知数列的前项和为，且，，则______． 14. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 四、解答题 15. 如图，和都垂直于平面，且，，是的中点． （1）证明：// 平面； （2）若四棱锥的体积为3，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值． 16. 盒中有个红球，个黑球，其中、为正整数．这些球的大小、质地均相同． （1）若，求在第一次抽取黑球且不放回的条件下，第二次抽取的还是黑色球的概率； （2）设为正整数．先随机从盒中抽取一个球，观察其颜色后放回，并加上同色球个，再从盒中第二次抽取一球，求第二次抽出的是黑球的概率（用含、、的代数式表示）． 17. 已知函数. （1）当时，求与相切，且垂直于直线的直线方程； （2）若有两个零点，求实数的取值范围. 18. 双曲线C：的离心率为，点在C上. （1）求C的方程； （2）设圆O：上任意一点P处的切线交C于M、N两点，证明：以MN为直径的圆过定点. 19. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）若对任意都有成立，求实数的取值范围； （3）证明：（其中为自然对数的底数）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $