精品解析：福建省厦门第一中学2025-2026学年第二学期期末考试模拟测试高二数学试卷

福建省厦门第一中学2025—2026学年度 第二学期期末模拟测试 高二年数学试卷 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 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，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回. 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. 已知点在直线上，点，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知a，b，，若，a，b，c，成等比数列，则（ ） A. 32 B. C. D. 64 3. 小明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；骑自行车平均用时34分钟，样本方差为4，假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布，则（ ） A. B. 若某天只有34分钟可用，小明应选择骑自行车 C. D. 若某天只有38分钟可用，小明应选择坐公交车 4. 已知的展开式中的的系数是280，则（ ） A. 2 B. -2 C. 1 D. -1 5. 一排有6个座位，3个人随机入座，则恰有2人相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点是曲线上的动点，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 已知为单位向量，且与夹角的余弦值为，向量，则（ ） A. 有最大值 B. 有最小值 C. 有最大值 D. 有最小值 8. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，且为抛物线的焦点.设抛物线与在第一象限的交点为，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 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，有多个选项符合题目要求，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. 如图，将棱长为4的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，P为棱上一点，则下列四个结论中正确的是（ ） A. 平面 B. 八面体的体积为 C. 的最小值为 D. 点A到平面的距离为 10. 抛物线的焦点为过点作的切线，与轴、轴分别交于点、；过坐标原点作的垂线，与直线交于点，则（    ） A. 的斜率为 B. C. D. 是等腰三角形 11. 在等比数列中，，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 圆上的点到直线的距离的最小值为_______. 13. 已知函数的最大值为0，则_______. 14. 空间直角坐标系中，，，，为三棱锥的内切球的球心，与平面所成角的正弦值为_______. 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. 一辆快递车从地往地运送快递，沿途（包括，）共有站.从地出发时，装上发往后面站的快递各1件，到达后面各站后卸下前面各站发往该站的快递，同时装上该站发往后面各站的快递各1件.设快递车在各站装卸完成后剩余快递的件数构成数列. （1）求，，并写出与的递推关系式； （2）求数列的通项公式，并求出的最大值. 16. 如图，矩形ABCD中，，，将沿矩形对角线BD翻折至，使得点S在底面BCD内的投影点O在CD上，M为BS中点． （1）求证：； （2）求二面角的余弦值． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围. 18. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，以的右焦点为圆心，半径为2的圆被截得的弦长为，． （1）求的方程； （2）已知上的动点，关于轴对称，直线与交于另外一点，证明：直线恒过定点； （3）设与的渐近线不平行的两条直线，均与相切，且交点为，当，的斜率之积为时，判断是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 19. 如图，数字1至8按顺时针方向排成一圈，将一棋子放在数字8处，按如下规则移动棋子：抛掷一枚质地均匀的硬币1次，若正面朝上，棋子按顺时针方向连续移动3个相邻位置；若反面朝上，则按逆时针方向连续移动3个相邻位置．若连续投掷硬币次，并按上述规则移动棋子，记最终棋子所处的数字为随机变量．例如：若连续3次抛掷硬币均为正面朝上，则棋子移动3次，第1次从数字8处移动到数字3处，第2次移动到数字6处，第3次移动到数字1处，即． （1）求，； （2）证明：； （3）现设计一项游戏：游戏包含若干轮，每轮开始时将棋子放在数字8处，玩家连续投掷6次硬币并按上述规则移动棋子，当时玩家获胜，游戏结束，否则进行下一轮，游戏最多进行10轮．记游戏结束时的轮数为随机变量，求的分布列，并证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门第一中学2025—2026学年度 第二学期期末模拟测试 高二年数学试卷 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 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，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回. 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. 已知点在直线上，点，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可设，然后结合垂直公式和斜率公式即可求解 【详解】由点在直线上，故可设， 因为，， 所以，解得， 所以 故选：B 2. 已知a，b，，若，a，b，c，成等比数列，则（ ） A. 32 B. C. D. 64 【答案】C 【解析】 【详解】由已知可得,又因为等比数列奇数项符号相同，所以.所以. 3. 小明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；骑自行车平均用时34分钟，样本方差为4，假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布，则（ ） A. B. 若某天只有34分钟可用，小明应选择骑自行车 C. D. 若某天只有38分钟可用，小明应选择坐公交车 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得：坐公交车用时（均值，标准差），骑自行车用时（均值，标准差）. 选项A：正态分布中，， 因此，A错误. 选项B：对来说，34是均值，故； 对来说，，由正态曲线的对称性，，因此，坐公交车准时概率更高，应选坐公交车，B错误. 选项C：对：，，因此38在与之间； 对：，即38恰好是， 由原则对比得，C正确. 选项D：38分钟可用时，由选项C的结论，，即骑自行车准时到达的概率更高，应选择骑自行车，D错误. 4. 已知的展开式中的的系数是280，则（ ） A. 2 B. -2 C. 1 D. -1 【答案】A 【解析】 【详解】二项式的展开式的通项为，其中. 令，解得，则项的系数为. ∵ ，，且已知的系数为， ∴ ，即，解得. 5. 一排有6个座位，3个人随机入座，则恰有2人相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】3个人随机入座6个座位，等价于6个座位中选3个进行排列； 种， 3个人全排列，有种排法， 3人排好后形成4个空隙，从4个空隙中选2个，插入“双空位”和“单空位”， 共计种， 故恰有2人相邻的概率为：． 6. 已知点是曲线上的动点，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件将问题转化为曲线上的点到直线的距离的最小值的倍，求出与平行的切线相对应的切点，即可求得的最小值；或由，构造函数，利用导数分析函数的单调性，求得的最小值，从而得到的最小值. 【详解】点在曲线上，且点到直线，即的距离， 因此可先求点到距离的最小值. 当函数在处的切线与平行，即斜率为1时，点到的距离最小． 由，得， 令，解得，. 点到直线的距离，所以点到距离的最小值为. 所以的最小值为． 方法二：点是曲线上的动点，得，所以. 设，则， 设，则恒成立， 故在区间单调递增. 又，所以当时，，所以； 当时，，所以. 在区间单调递减，在区间单调递增． 又，所以，即，则的最小值为1． 7. 已知为单位向量，且与夹角的余弦值为，向量，则（ ） A. 有最大值 B. 有最小值 C. 有最大值 D. 有最小值 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量数量积的定义和坐标运算可得，再结合即可得出，最后利用夹角公式求最值. 【详解】由题可知①， 又②，①②联立， 结合，得，. 因为， 所以当时，取得最大值为. 故选：A 8. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，且为抛物线的焦点.设抛物线与在第一象限的交点为，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出图象，利用抛物线性质以及椭圆的性质结合已知条件建立等式得出的关系，根据椭圆离心率公式求解即可. 【详解】作抛物线的准线，则过椭圆的左焦点，过作交于， 因为椭圆与抛物线有共同的焦点，所以，设， 因为，， 所以，， 又因为，所以， 在直角三角形中，， 所以，解得，所以. 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，有多个选项符合题目要求，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. 如图，将棱长为4的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，P为棱上一点，则下列四个结论中正确的是（ ） A. 平面 B. 八面体的体积为 C. 的最小值为 D. 点A到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，得到线线平行，证明线面平行；B选项，由锥体体积公式进行求解；C选项，两平面展开，当三点共线时，取到最小值，得到答案；D选项，等体积法求解点到平面的距离 【详解】A选项，在正方体中，连接相交于点，显然互相平分， 故四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面，A正确； B选项，正方体的棱长为4，显然四边形为正方形，设边长为， 显然，解得，边长为， 又⊥平面，显然， 故四棱锥的体积为， 由对称性可知，四棱锥的体积也为 八面体的体积为，B错误； C选项，因为为棱上的一点，将和展开成一个平面， 由题意知，，同理可得， 和为等边三角形，且边长为，展开图中， 连接，由三角形两边之和大于第三边，故当三点共线时，最小， 即线段即为最小值， 由余弦定理得，C正确； D选项，， 设点A到平面的距离为，且， ， 其中为等边三角形，边长为， 故，解得， 点A到平面的距离为，D正确. 10. 抛物线的焦点为过点作的切线，与轴、轴分别交于点、；过坐标原点作的垂线，与直线交于点，则（    ） A. 的斜率为 B. C. D. 是等腰三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，由可判断A选项；求出点的坐标，利用斜率的关系证明出，可判断C选项；证明出为的中点，结合中垂线的性质可判断B选项；求出点的坐标，可得出，可判断D选项. 【详解】对于A选项，由图可知，直线的斜率存在且不为零，设其斜率为， 则直线的方程为，即， 联立可得， 由，整理可得，解得， 故直线的斜率为，故A错误； 对于C选项，由A选项可知直线的方程为，则点， 易知点，直线的斜率为，则，即， 又因为，所以，故C正确； 对于B选项，在直线的方程中，令，可得，即点， 又因为点，则为线段的中点， 又因为，故，故B正确； 对于D选项，，所以直线的方程为，即， 直线的方程为，联立可得，即点， 所以，故为等腰三角形，故D正确. 11. 在等比数列中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】首先判断等比数列公比为负，再根据题意，结合的正负分类讨论求解，得到的两个可能取值. 【详解】若公比，则，与矛盾，故， ①当时，根据题意，有，， 两式相加得，即； 两式相减得，即； 解得，，故C正确； ②当时，根据题意，有，， 两式相加得，即； 两式相减得，即； 解得，，故A正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 圆上的点到直线的距离的最小值为_______. 【答案】2 【解析】 【分析】先计算出圆心到直线的距离，判断圆与直线的关系，根据圆与直线的关系进行求解. 【详解】该圆的圆心为，半径，到直线的距离， 所以圆与直线相离，其上一点到的距离的最小值为. 13. 已知函数的最大值为0，则_______. 【答案】1 【解析】 【分析】先进行函数求导，然后对a的值讨论，找到最大值点进行求解. 【详解】，. （i）当时，，在上单调递增，无最大值，不合题意； （ii）当时，令，得， 当时，，单调递增；时，，单调递减. 由此即知， 由，解得. 综上，. 14. 空间直角坐标系中，，，，为三棱锥的内切球的球心，与平面所成角的正弦值为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】推导出与重合，求出平面的法向量，从而求出与平面所成角的正弦值. 【详解】如图，，故， 易知三棱锥的四个顶点也是长方体的顶点. 四面体中，， 设为的中点，则， 所以三棱锥，，，是4个全等的三棱锥， 由此可知到平面，平面，平面，平面的距离相等， 故与重合. 设平面的法向量， 由，得 ， 令，则，故平面的法向量. 又，所以与平面所成角的正弦值为. 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. 一辆快递车从地往地运送快递，沿途（包括，）共有站.从地出发时，装上发往后面站的快递各1件，到达后面各站后卸下前面各站发往该站的快递，同时装上该站发往后面各站的快递各1件.设快递车在各站装卸完成后剩余快递的件数构成数列. （1）求，，并写出与的递推关系式； （2）求数列的通项公式，并求出的最大值. 【答案】（1），，， （2），. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，并得到，得到答案； （2）累加法得到，，也符合上式，所以. 【小问1详解】 由题意可知，. 在第个快递站卸下件快递，同时装上件快递， 则，所以，. 【小问2详解】 由（1）知，. 可得 ，， 也符合上式，所以. 因为，故当时，的最大值为. 16. 如图，矩形ABCD中，，，将沿矩形对角线BD翻折至，使得点S在底面BCD内的投影点O在CD上，M为BS中点． （1）求证：； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用已知可得，进而可证得平面，进而可证平面，从而可证结论； （2）法一：延长CM，在平面SBC内，过S作CM的垂线，垂足为H，连接HD，可得为所求二面角的平面角，求解即可.法二：建立空间直角坐标系，求得平面CDM的法向量为，可得平面SBC的法向量为，进而利用向量法可求得二面角的余弦值． 【小问1详解】 平面，又平面， ，又，且，平面， 平面，平面， ，又 ，且，平面， 平面，平面， . 【小问2详解】 法一：延长CM，在平面SBC内，过S作CM的垂线，垂足为H，连接HD． 由（1）可知，又 ，且平面SHD， 平面SHD，平面SHD，， ，又CM为二面角的棱， 平面SMC，平面CDM， 为所求二面角的平面角 平面SCD，， ， 又M为SB的中点，可得， ， ，， 法二：如图，以O为坐标原点，OS所在直线为z轴，OC所在直线为x轴，在平面BCD内，以过O且垂直于CD的直线为y轴，建立空间直角坐标系， 计算可得：，，， 则，，，，， 由题意可知，平面SBC的法向量为， 设平面CDM的法向量为， ，， ，得，令，则， . 二面角的平面角显然为锐角， 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）当，的递增区间是，没有单调递减区间， 若，的递增区间是，递减区间是； （2） 【解析】 【分析】（1）先求得函数的导函数，然后根据，两种情况，讨论的单调性； （2）由题可知，在时恒成立，则令，结合（1）判断函数的单调性求其最小值，求得的取值范围. 【小问1详解】 由题知：， 若，，在上单调递增； 若，令解得：， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 综上， 当，的递增区间是，没有单调递减区间， 若，的递增区间是，递减区间是； 【小问2详解】 依题意，时，恒成立，即在上恒成立， 令 ，则 = ， 令，由（1）知函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 则有，即， 即当时，则，当时，则， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以函数在处取最小值，于是得， 所以的取值范围为. 18. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，以的右焦点为圆心，半径为2的圆被截得的弦长为，． （1）求的方程； （2）已知上的动点，关于轴对称，直线与交于另外一点，证明：直线恒过定点； （3）设与的渐近线不平行的两条直线，均与相切，且交点为，当，的斜率之积为时，判断是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程和点到直线距离公式，圆的弦长公式列方程求出，从而得到双曲线方程； （2）设直线方程为，与双曲线联立，用韦达定理得到纵坐标的关系，写出直线的方程，令求出定点横坐标，即可证明； （3）设过的切线方程，并与双曲线联立，利用得到关于的方程，结合，的斜率之积为推出在椭圆上，再利用椭圆的定义，找到左焦点即可知为定值. 【小问1详解】 设，到渐近线的距离为，则． 由题意，得，解得， 由已知及，解得，， 所以的方程为． 【小问2详解】 证明：由题知直线的斜率存在且不为零，设其方程为， 与联立，消去并整理得， 则，且，即，且． 设，，则， 则，，， 直线的方程为， 令，得， 所以直线过定点． 【小问3详解】 设过点，与只有一个公共点，且与的渐近线不平行的直线方程为， 与联立，消去并整理，得， 则，且，即， 整理得， 设的斜率分别为，则是上面关于的方程的两个实根， 所以，整理得， 所以动点在椭圆上，且点为其右焦点， 所以存在定点（椭圆的左焦点），使得，为定值． 19. 如图，数字1至8按顺时针方向排成一圈，将一棋子放在数字8处，按如下规则移动棋子：抛掷一枚质地均匀的硬币1次，若正面朝上，棋子按顺时针方向连续移动3个相邻位置；若反面朝上，则按逆时针方向连续移动3个相邻位置．若连续投掷硬币次，并按上述规则移动棋子，记最终棋子所处的数字为随机变量．例如：若连续3次抛掷硬币均为正面朝上，则棋子移动3次，第1次从数字8处移动到数字3处，第2次移动到数字6处，第3次移动到数字1处，即． （1）求，； （2）证明：； （3）现设计一项游戏：游戏包含若干轮，每轮开始时将棋子放在数字8处，玩家连续投掷6次硬币并按上述规则移动棋子，当时玩家获胜，游戏结束，否则进行下一轮，游戏最多进行10轮．记游戏结束时的轮数为随机变量，求的分布列，并证明． 【答案】（1） （2）因为， ， 所以. （3）先分析连续移动6次后的取值情况：6次均为顺时针，则； 5次顺时针1次逆时针，则； 次顺时针2次逆时针，则； 3次顺时针3次逆时针，则； 次顺时针4次逆时针，则； 1次顺时针5次逆时针，则； 次逆时针，则. 故. 所以的可能取值为，其中， ； 所以随机变量的分布列如下： 1 2 3 9 10 由. 令， 则． 两式相减，得， 即， 故，又因为，所以. 【解析】 【分析】（1）记为棋子顺时针移动次，为棋子逆时针移动次，则、，再由相互独立事件的概率公式计算可得； （2）根据、计算概率，即可证明； （3）先分析连续移动6次后的取值情况，即可求出，从而得到随机变量的分布列，再利用错位相减法求出，即可得证. 【小问1详解】 记为棋子顺时针移动次，为棋子逆时针移动次， 则与互斥. 所以，； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $