2025-2026学年度高一下学期信阳第六高中数学期末考试练习卷

**基本信息** 2025-2026学年高二数学期末模拟卷，覆盖新高考全部内容，通过向量、数列、立体几何等知识，结合社团招新、阿波罗尼斯圆等情境，考查数学眼光、思维与语言，适配期末综合测评需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|11/58|向量运算、数列求和、椭圆离心率等|基础与中档题结合，如解三角形题（3题）考查数学眼光| |多选题|3/18|双曲线性质、函数奇偶性等|第10题多角度考查双曲线，体现思维严谨性| |填空题|3/15|集合运算、向量夹角、函数奇偶性|第13题结合向量数量积，考查数学思维| |解答题|5/77|三角函数图像、立体几何体积、概率期望等|第18题社团招新情境（应用意识），第19题阿波罗尼斯圆（文化传承）|

2025-2026学年度信阳第六高中数学期末考试模拟卷 高二数学 考试范围：新高考全部内容；考试时间：120分钟；分值：150 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题：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，只有一项符合题目要求。 1．已知两两不共线的三个平面向量满足：，使得，则（    ） A．3 B． C． D． 2．数列中，，，则（    ） A． B． C． D． 3．某观测站在目标的南偏西方向，从出发有一条南偏东走向的公路，在处测得与相距的公路处有一个人正沿着此公路向走去，走到达，此时测得距离为，若此人必须在分钟内从处到达处，则此人的最小速度为(　　) A． B． C． D． 4．若动直线始终与椭圆（且）有公共点，则的离心率的取值范围是（   ） A． B． C． D． 5．已知函数，则下列说法错误的是（    ） A． B．关于的方程有13个不同的解 C．在上单调递增 D．当时，恒成立 6．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过椭圆的上顶点作直线交椭圆于点．若，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．若为空间的一个基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（    ） A． B． C． D． 8．已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，其侧面积等于上、下底面积之和，则该圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 二、单选题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分。 9．已知，，则（   ） A． B． C．的最小值为 D．的最小值为 10．关于双曲线，下列说法正确的是（    ） A．该双曲线与双曲线有相同的渐近线 B．过点作直线与双曲线交于，若，则满足条件的直线只有一条 C．若直线与双曲线的两支各有一个交点，则直线的斜率 D．过点能作4条直线与双曲线仅有一个交点 11．关于函数有下述四个结论，其中正确的结论是 A．是偶函数 B．在上有3个零点 C．在上单增 D．的最大值为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知全集，集合，则的所有情况中，所有元素的和构成的集合为___________. 13．设两向量、，满足，，它们的夹角为60°，若向量与向量夹角为钝角，则实数t的取值范围是_____. 14．已知函数为奇函数，则 ___，___ 4、 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．（13分）已知函数. （1）在给定的坐标系中，作出函数在区间上的图象； （2）求函数在区间 上的最大值和最小值. 16．（15分）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且． （1）证明：平面平面； （2）若，求四棱锥的体积． 17．（15分）直角三角形的斜边在轴上，其中点B在点C的左侧，直角顶点A的坐标是，    (1)设直线AC的斜率为k，试求点C和点B的坐标（用k表示）； (2)试求直角三角形ABC的面积的最小值及面积取到最小值时的点C坐标． 18．（17分）学校社团招新设置个集章点，编号为1，2，…，n，每号点初始有1枚红色印章、1枚蓝色印章.按以下规则流转： ①工作人员向1号点随机放1枚印章，红、蓝概率各为0.5； ②2号点从1号点的3枚印章中随机取1枚，3号点从2号点的3枚印章中随机取1枚，依此类推，直到号点从号点随机取1枚； ③最后从号点的3枚印章中随机移除1枚，完成一轮集章． (1)求第一轮集章结束后，1号点恰好有2枚红色印章的概率； (2)当时，记第一轮集章结束后2号点红色印章数量为，求的数学期望； (3)记第一轮集章结束后号点的红色印章数量为，求的数学期望． 19．（17分）古希腊数学家阿波罗尼斯发现如下结论：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值m（）的点的轨迹是圆”.在平面直角坐标系中，已知点，.点P满足，设点P的轨迹为圆M，点M为圆心. (1)求圆M的方程； (2)若点Q是直线：上的一个动点，过点Q作圆M的两条切线，切点分别为E，F，求四边形的面积的最小值； (3)若直线：（，）始终平分圆M的面积，写出的最小值. 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学年度信阳第六高中数学期末考试模拟卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B C C A C B AC ACD 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】设，求得，得到两两的夹角相等，且为，结合向量数量积的运算律，即可求解. 【详解】设，因为， 则， 又因为向量夹角的范围为，所以两两的夹角相等，且为， 所以. 故选：B. 2．A 【分析】由题意，根据累加法，即可求出结果. 【详解】因为，所以， 因此，，，…，， 以上各式相加得：， 又，所以. 故选：A. 【点睛】本题主要考查累加法求数列的通项，属于基础题型. 3．B 【详解】由已知得∠CAB＝25°＋35°＝60°，BC＝31，CD＝21，BD＝20，可得，那么， 于是在△ABC中，＝24， 在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos60°，即312＝242＋AB2－24AB，解得AB＝35或AB＝－11(舍去)，因此AD＝AB－BD＝35－20＝15. 故此人在D处距A处还有15 km，若此人必须在20分钟，即小时内从D处到达A处，则其最小速度为15÷＝45(km/h)． 故选B. 4．C 【分析】由直线方程得出直线过定点，再由直线与椭圆有公共点列出不等式，结合椭圆离心率公式计算即可． 【详解】由直线得，直线过定点， 由题意得，点在椭圆上或椭圆内部， 所以，则，所以椭圆焦点在轴上， 所以， 故选：C． 5．C 【分析】画出函数和的图象，结合图象，对选项中的命题真假性判断即可． 【详解】在同一坐标系中画出函数和的图象，如图所示： 计算，选项A正确； 方程可化为， 则时，方程有3个不同的解，时，方程有5个不同的解， 由此得出方程有个不同的解，故有13个不同的解，选项B正确； 由图象知，在,上单调递减，选项C错误； 当,时，可化为， 由于在每个区间,内，在处取得最大值，故 等价于，，即，恒成立，所以选项D正确． 故选：C． 【点睛】方法点睛：判断函数零点个数的常用方法：(1) 直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个；(2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题. 6．A 【分析】先根据椭圆的定义确定中各边的长度，再结合，用余弦定理列式，化简可求椭圆的离心率. 【详解】如图：    因为，， 所以的周长为，则， 又，所以，，则. 又， 所以. 所以椭圆的离心率为. 故选：A 7．C 【分析】根据空间向量基底的含义，空间基底必须不共面．一一判断各选项，即得答案. 【详解】对于A，，共面，不可为基底； B中，共面，不可为基底； 对于C，假设共面，则， 则，得，即为零向量，这与为空间的一个基底，不为零向量矛盾， 故不共面，可作为空间的一个基底， D中，共面，不可为基底, 故选：C， 8．B 【分析】设圆台的母线长，圆台为高为，根据圆台的侧面积公式和圆的面积公式，列出方程，求得母线长为，得到，结合圆台的体积公式，即可求解. 【详解】设圆台的母线长，圆台为高为， 则圆台的上、下底面圆的面积分别为， 侧面积为， 所以，可得，则， 所以圆台的体积为. 故选：B. 9．AC 【分析】根据给定条件，利用基本不等式求解判断AC；举例说明判断B； 借助二次函数最值及取得最值的条件判断D. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，取满足条件，而，B错误； 对于C，由，得，， 当且仅当时取等号，由， 解得或， 因此的最小值为，C正确； 对于D，，当且仅当取等号， 而当时，，不满足，因此不能取到，D错误. 故选：AC 10．ACD 【分析】利用双曲线的渐近线的一般表达形式可以对A迅速作出判定;根据双曲线的实轴长度小于弦长，利用数形结合思想可快速否定B;根据双曲线的渐近线的斜率，利用数形结合思想可快速判定C正确. 画出双曲线的图象，根据的坐标判定双曲线在两条渐近线的上方，可判定D正确； 【详解】双曲线的渐近线方程可表示为为，双曲线的渐近线方程可表示为，整理后都是，故A正确； 由于双曲线的实轴长为,∴过焦点与左右两支都相交的直线被双曲线截得的弦长的取值范围是,存在关于对称的两种情况，使其弦长为5，另外当直线垂直于x轴时，经计算可得弦长正好是5，故满足条件的直线有三条，如图所示：    故B错误； 由于双曲线的渐近线的斜率为，焦点在x轴上， ∴若直线与双曲线的两支各有一个交点，则直线的斜率， 如图所示：    故C正确； 由于点在双曲线的两条渐近线的上方，如图所示：    故过能作4条直线与双曲线仅有一个交点，其中两条与渐近线平行，另外两条与双曲线相切. 故选：. 【点睛】本题考查双曲线的性质，渐近线，直线与双曲线的位置关系和弦长问题，属中高档题，难度较大，关键在于熟练掌握双曲线的性质，采用数形结合的方法快速得出答案.若采用代数法法判定，则费时费力，在考场上事倍功半，应当注意使用数形结合思想快速解答. 11．ABD 【分析】先分析函数的奇偶性，然后化简函数式得出性质． 【详解】由于，∴是偶函数，A正确； 时，，，它在上有两个零点0和，∴它在上有三个零点，B正确； 时，，它在上递减，C错； 由，，及是偶函数，知其最大值是2，D正确． 故选：ABD． 【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性，函数的最值与零点．解题时可由函数性质确定函数解析式(或部分解析式)，然后再研究其性质．本题中函数要结合正弦函数性质进行判断． 12． 【分析】解不等式求得，根据判别式求得，由此求得，进而求得中所有元素的和构成的集合. 【详解】，所以. ，所以， 当时，， ，所有元素的和为. 当时，由求根公式有的两个不相等的实数根为， ，其中， 若，， ，所有元素的和为. 若，则，所有元素的和为， 综上所述，的所有情况中，所有元素的和构成的集合为. 故答案为： 13． 【分析】向量与向量夹角为钝角，则它们的数量积为负，去除方向相反的情形即可． 【详解】由题意， 与向量的夹角为钝角，则， 即，解得， 又由，得，∴所求的范围是． 故答案为：． 【点睛】本题考查向量的夹角与数量积的关系，在用两向量数量积为负，表示向量夹角为钝角时，要注意去除两向量共线的情形． 14． 【分析】先求函数的定义域，再建立方程解得，并进行验证，最后求即可. 【详解】解：因为，所以函数的定义域为， 因为函数为奇函数，所以， 即，解得：， 此时， 所以为奇函数， 所以， 故答案为：；. 【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求参数、利用函数的解析式求函数值，是基础题. 15．（1）函数图象见解析；（2）， 【分析】（1）当，时，，用“五点法“列表，描点连线即可得图象． （2）由的取值范围，求出的取值范围，再根据正弦函数的性质计算可得； 【详解】 解：（1）当，时，， 用“五点法“列表如下： 图象如图所示： （2）因为，所以，所以，所以 当即时取最小值，当即时取最大值， 所以， 【点睛】本题主要考查了五点法作函数的图象，正弦函数的性质的应用，属于基础题． 16．（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面； （2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出． 【详解】（1）因为底面，平面， 所以， 又，， 所以平面， 而平面， 所以平面平面． （2）[方法一]：相似三角形法 由（1）可知． 于是，故． 因为，所以，即． 故四棱锥的体积． [方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法    由（2）知,所以． 建立如图所示的平面直角坐标系，设． 因为，所以，，，． 从而． 所以，即．下同方法一. [方法三]【最优解】：空间直角坐标系法   建立如图所示的空间直角坐标系， 设，所以，，，，． 所以，，． 所以． 所以，即．下同方法一. [方法四]：空间向量法    由，得． 所以． 即． 又底面，在平面内， 因此，所以． 所以， 由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义， 得，即． 所以，即．下同方法一. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积； 方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积； 方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解； 方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长. 17．(1)点的坐标为，点的坐标为， (2)直角三角形ABC的面积的最小值为，此时点的坐标为. 【分析】（1）设点的坐标为，点的坐标为，由条件可得直线的斜率为，结合两点斜率公式列方程求，可得结论； （2）结合（1）可得，，表示三角形面积，结合基本不等式求其最值及此时点的坐标. 【详解】（1）因为为直角三角形，斜边在轴上，点B在点C的左侧， 故可设点的坐标为，点的坐标为，， 因为直线AC的斜率为k，点A的坐标是， 所以，，又， 所以直线的斜率为， 所以， 所以，， 所以点的坐标为，点的坐标为， （2）由（1）点的坐标为，点的坐标为，又点B在点C的左侧， 所以，所以， 所以，又点A的坐标是， 所以的面积，， 由基本不等式可得当时，，当且仅当时等号成立， 所以当时，，当且仅当时等号成立， 所以当时，直角三角形ABC的面积最小，最小值为，此时点的坐标为. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）明确1号点初始有1红1蓝，要最终恰有2枚红色印章，需先确定向1号点放入印章的颜色要求，再确定2号点从1号点取走印章的颜色要求，两个事件相互独立，用分步乘法计数原理计算概率； （2）确定的流程，求出 2号点从1号点取来的印章是红或蓝的概率各为0.5，由于移除是随机的，得到移除1枚印章是红或蓝的概率各为0.5；得到，进而计算. （3）由（2）同理可求得，进而求出. 【详解】（1）若要“第一轮集章结束后1号点恰有2枚红色印章”，则应从1号点放入红色印章，移除蓝色印章，则； 第一轮集章结束后1号点恰有两枚红色印章概率为. （2）当时，流程为：1号点2号点移除1枚. 2号点初始有1红1蓝，记为2号点从1号点取来的1枚印章，为从2号点移除的1枚印章. 若1号点放入红色印章（概率为），1号点有2红1蓝，则取走红色的概率是，取走蓝色的概率是； 若1号点放入蓝色印章（概率为），1号点有1红2蓝，则取走红色的概率是，取走蓝色的概率是. （Y=红），（Y=蓝）. 2号点取来的印章是红或蓝的概率各为0.5. 移除是随机的，是红或蓝的概率各为0.5. 2号点得到后，共3枚印章，最后随机移除1枚，则2号点最终的红色印章数等于初始的1枚，加上取来的（红色算1，蓝色算0），再减去被移除的（红色算1，蓝色算0），即. （3）由（2）可得，对于任意号点，从号点取来的那枚印章，其是红或蓝的概率始终各为0.5. 号点初始有1红1蓝，记为号点从号点取来的1枚印章，为从号点移除的1枚印章. 移除是随机的，是红或蓝的概率各为0.5. 由（2）同理可得，则 19．(1) (2) (3)20 【分析】（1）用直接法设点求轨迹方程， （2）将四边形转化为两个三角形，再利用点到直线的距离公式， （3）代入圆心，求出的关系式，再用基本不等式求出最值. 【详解】（1）设，由，得，化简得. （2）因为,是圆的切线,所以,， 四边形的面积,, 所以， 因为的最小值为圆心到直线的距离, 所以面积最小值为. （3）直线过圆心，则,即., 由,可得， 由基本不等式得：, 当且仅当,即时等号成立. 所以. 所以的最小值是20. 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 $