四川省成都市树德中学2025-2026学年高二上学期期末数学综合训练题（二）

**基本信息** 树德中学高二数学期末模拟卷涵盖解析几何、立体几何、数列等核心知识，以莱莫恩定理、极点极线等创新情境设计，梯度化考查数学眼光、思维与语言，适配期末综合能力检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|直线斜率、抛物线准线、等比数列最值、双曲线渐近线、异面直线成角|第7题以莱莫恩定理渗透数学文化，第8题球的距离问题考查空间观念| |填空题|3题/15分|空间向量分解、两平行线距离、递推数列最值|第13题将方程转化为平行线距离，体现模型意识| |解答题|5题/77分|圆与圆位置关系、抛物线综合、三棱锥外接球与二面角、数列求和与最值、极点极线探究|第19题极点极线问题融合探究性，第17题立体几何结合二面角考查推理能力|

树德中学外国语校区高二数学上学期期末模拟卷(二) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知直线l经过两点，，那么直线l的斜率为（   ） A． B． C． D．3 2．若抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，则该抛物线的准线方程为（   ） A． B． C． D． 3．设各项为正数的等比数列中，，则取最小值时，等于（    ） A． B． C． D． 4．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线截C的两条渐近线所得的线段长为，则的方程为（ ） A． B． C． D． 5．如图，在平行六面体中，，，，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 6．已知数列中，，，，若对于任意的，，不等式恒成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 7．莱莫恩定理指出：过的三个顶点作它的外接圆的切线，分别和所在直线交于点，则三点在同一条直线上，这条直线被称为三角形的Lemoine线．在平面直角坐标系中，若的三个顶点坐标分别为，则该三角形的Lemoine线的方程为（   ） A． B． C． D． 8．在一个水平平面上放一个半径为2的球，球面上两点满足，是球心，且点到平面的距离为3，则点到平面距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．设是等差数列的前项和，若，，则（    ） A． B．中最小值为 C．当取得最大值时， D．使成立的最大整数为15 10．在平行六面体中，，则下列说法正确的有（    ） A．B． C．直线与所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为 11．已知直线经过椭圆的一个焦点，且与交于不同的两点，椭圆的离心率为，则下列结论正确的有（    ） A．椭圆的短轴长为 B．弦的最大值为4 C．存在实数，使得以为直径的圆恰好过点 D．若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图，在四面体中，点满足，为的中点，若，则 . 13．已知实数，，，满足，则的最小值为 . 14．已知数列满足，，，若存在正整数m使得恒成立，则 ． 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．（13分）已知圆：与圆：. (1)求证：圆与圆相交； (2)设两圆的交点为A，B，求 （i）过点A，B，且圆心在直线上的圆的方程； （ii）求圆在点A或点B处的切线方程（任选一条求之即可）. 16．（15分）已知抛物线的焦点为F，点在C上，，斜率为的直线与交于两点． (1)求的方程； (2)若，求直线的方程； (3)设直线与的斜率分别为，证明：为定值． 17．（15分）三棱锥中，，，． (1)若平面平面， ①求证：． ②三棱锥外接球球心，求与平面夹角的正弦值． (2)二面角的正切值为，求的长． 18．（17分）设数列 的前 项和为 ，已知 . (1)求 ； (2)求 的通项公式； (3)当 为何值时，取得最大值，请说明理由. 19．“极点与极线”是圆锥曲线的一种基本特征，已知圆锥曲线，点，直线，则称点和直线是圆锥曲线的一对极点和极线.已知为圆：上一点，点，动点满足：，且三点共线，动点的轨迹为曲线，点为上一点. (1)若，对于曲线，与点对应的极线为. （i）证明：与有且仅有一个公共点； （ii）若点与相交于点，求的值. (2)过点且斜率为-1的直线与曲线的另一个交点为，证明：四边形的面积小于. 树德中学外国语校区高二数学上学期期末模拟卷(二)参考答案 1．【答案】C2．【答案】A 3．【答案】B 4．【答案】B5．【答案】B【详解】记，，，则，，，又，，所以，，，记与所成的角为，则．故选：B 6．【答案】B【详解】，，，，，，， 设，则， ，，，，，对于任意的，，不等式恒成立，对于任意的，，不等式恒成立， 对于任意的恒成立，设，则对于任意的恒成立，则，即，解得或.故实数的取值范围为.故选：B. 7．【答案】B【详解】的外接圆方程设为，，解得， 外接圆方程为，即，故外接圆的圆心坐标为，半径， 故外接圆在处切线方程为，又，令得，，∴，∴在处切线方程为，又，令，得，∴，∴直线，即.由题意可知点三点在同一条直线上，∴三角形的Lemoine线的方程为．故选：B 8．【答案】D【详解】法一：过作与平面平行的截面，截面直径为，如图， ，取中点，过作平行线交球与，则点在以为直径的小圆上，当在点时，过作与垂直的直径交球于，则点在以为直径的大圆运动，当位于点时，到平面距离最大，设，则，，所以到距离最大值为，故选：D 法二：过点作平面的垂线为轴，在平面内作两条互相垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则球的方程为，因为点到的距离为3，所以设的坐标为，所以，设的坐标为，则，，因为，所以，所以，又由平面向量知识可得，所以，又因为，所以，所以，两边平方得，解得，所以点到平面距离的最大值为，故选：D 9．【答案】ABC【详解】对于A，由，可得，又因为，可得，即，所以，所以，所以A正确；对于B，因为，且，所以且，所以B正确；对于C，在等差数列中，由且，则当时，可得；当时，可得，所以当取得最大值时，，所以C正确；对于D，由，且，所以使得成立的最大整数为，所以D错误.选：ABC. 10．【答案】BCD【详解】对于A，令，则，所以， 所以，故A错误；对于B： ，故B正确；对于C，因为，所以 ，所以，故C正确；对于D，因为，所以， 因为，所以， 取的中点，连接，因为，所以，则即为所求二面角的平面角，又因为， 所以，故D正确．故选：BCD. 11．【答案】ACD【详解】由题知椭圆焦点在轴上，又直线过点，所以，即， 又，椭圆方程为：．对于A，椭圆短轴长为，故A正确；对于B，联立，消去整理得：恒成立，设，则， ，因为，故，无最大值，故B不正确； 对于C，若为直径的圆恰好过点，则，即，即， 即解得：，故存在实数，使得以为直径的圆恰好过点，C正确；对于D，若，即，故，解得：，所以D正确．故选：ACD． 12． 【答案】【详解】由题意知，因为，所以，则.故答案为：. 13．【答案】【详解】由题意得，化简得，,所以点分别在两平行直线上，且，而表示这两点之间距离的平方， 所以其最小值为两平行直线间距离的平方，即为.故答案为：. 14．【答案】8【详解】，当时，，当时，，所以，所以，时也适合， 所以，，所以，，，，当时，，即， 当时，，即，所以当时，最大，即对任意，均有， 所以存在正整数，使得恒成立.故答案为：8. 15．解:（1）圆：的圆心为，半径为，圆：即，圆心为，半径为， 则，可知，故圆与圆相交...............6分 （2）（i）联立，解得或，则不妨取， 设圆心在直线上的圆的圆心为，则，即，解得，则圆心为，半径为， 故所求圆的方程为； （ii）圆：，求其在处的切线方程，而，则切线斜率为，则切线方程为，即；同理可求得在点B处的切线方程为.......13分 16．解（1）由抛物线的定义可得，解得，所以抛物线方程为：....3分 （2）设，直线的方程为，则消去可得，故，则，所以，则， 解得，检验符合题意，故直线的方程为；.....................................9分 （3）证明：因为点在抛物线上，所以或（舍），故， 由（2）可得，所以， 因为，所以，即为定值..................15分 17．解（1）①证明：因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以......................................3分 ②根据题意，如图，建立空间直角坐标系，，，，，设三棱锥外接球球心，则球心到的距离相等，所以，即，解方程得：，,所以，又因为平面的法向量为，设与平面所成角为，则 所以与平面夹角的正弦值为......................................9分 （2）解：过点作棱交的延长线于，因为，，．所以，故点在以为圆心，为半径的圆上动，故以点为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，则，，，，设，则，所以，，,设平面的法向量为，则，即，则,平面的法向量为则，即，令，则，，，因为二面角的正切值为，所以二面角的余弦值的绝对值为,所以,又因为，将其代入整理得，解得，,所以，，此时故二面角的正切值为，.............15分 18．解:（1）已知 .令，则，所以解得.令，得........3分 （2）因为①，所以当时，②， ①-②得，即. 又. 故 .所以......................10分 （3）易知是首项为正数的递减等差数列,由，即，解得. 所以，因此，而.，所以, 又. 所以中，最大，即当时，取最大值.......................................17分 19．解:（1）因为，即，又三点共线，所以，所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，所以的方程为.......................................2分 （1）（i）证明：因为为上一点，所以有，且点对应的极线为，联立整理得， ，由得，代入得，所以与相切，切点为，即与曲线有且仅有一个公共点.......6分 （ii）由（i）可知，的方程为，设过与垂直的直线交轴于点，则该直线方程为令，解得，即，， 又因为，同理， ，所以为的内角平分线，又直线，所以（在直线上，且在点的左侧），又与关于坐标原点对称，所以，所以，即......11分 （2）证明：设直线的方程为，联立整理得，令，解得，于是因为，所以，即，设直线与轴的交点为，则，则四边形的面积 令，函数， 则，所以，即四边形的面积小于..........17分 12 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $