东莞东华高级中学2025-2026学年高二数学第一学期期末统考模拟试题含解析.doc

东莞东华高级中学2025-2026学年高二数学第一学期期末统考模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知抛物线，，点在抛物线上，记点到直线的距离为，则的最小值是（）
A.5 B.6
C.7 D.8
2．若函数的图象如图所示，则函数的导函数的图象可能是（ ）

A. B.
C D.
3．，则（ ）
A. B.
C. D.
4．已知直线和互相平行，则实数的取值为（　　）
A 或3 B.
C. D.1或
5．一个袋中装有大小和质地相同的5个球，其中有2个红色球，3个绿色球，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，下列结论正确的是（ ）
A.第一次摸到绿球的概率是 B.第二次摸到绿球的概率是
C.两次都摸到绿球的概率是 D.两次都摸到红球的概率是
6．设为空间中的四个不同点，则“中有三点在同一条直线上”是“在同一个平面上”的（ ）
A.充分非必要条件 B.必要非充分条件
C.充要条件 D.既非充分又非必要条件
7．直线与直线交于点Q，m是实数，O为坐标原点，则的最大值是（）
A.2 B.
C. D.4
8．已知实数x，y满足，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
9．如图，在正三棱柱中，若，则C到直线的距离为（）

A. B.
C. D.
10．某公司门前有一排9个车位的停车场，从左往右数第三个，第七个车位分别停着A车和B车，同时进来C，D两车．在C，D不相邻的情况下，C和D至少有一辆与A和B车相邻的概率是（）
A. B.
C. D.
11．圆：与圆：的位置关系是（）
A.内切 B.外切
C.相交 D.相离
12．由直线上的点向圆引切线，则切线长的最小值为（ ）
A. B.
C.4 D.2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．过点，且垂直于的直线方程为_______________.
14．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截， 如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则该几何体的体积为________.
15．i 为虚数单位，复数 ______
16．已知O为坐标原点，，是抛物线上的两点，且满足，则______；若OM垂直AB于点M，且为定值，则点Q的坐标为__________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知斜率为1的直线交抛物线：（）于，两点，且弦中点的纵坐标为2.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）记点，过点作两条直线，分别交抛物线于，（，不同于点）两点，且的平分线与轴垂直，求证：直线的斜率为定值.
18．（12分）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
19．（12分）已知函数
（1）解不等式;
（2）若不等式对恒成立,求实数m的取值范围
20．（12分）某公园有一形状可抽象为圆柱的标志性景观建筑物，该建筑物底面直径为8米，在其南面有一条东西走向的观景直道，建筑物的东西两侧有与观景直道平行的两段辅道，观景直道与辅道距离10米．在建筑物底面中心O的东北方向米的点A处，有一全景摄像头，其安装高度低于建筑物的高度

（1）在西辅道上距离建筑物1米处的游客，是否在该摄像头的监控范围内？
（2）求观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度
21．（12分）已知函数其中.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，函数有两个零点，，满足，
证明.
22．（10分）已知等比数列{an}中，a1=1，且2a2是a3和4a1的等差中项.数列{bn}满足b1=1，b7=13，且bn+2+bn=2bn+1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an+bn}前n项和Tn.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D
【解析】先求出抛物线的焦点和准线，利用抛物线的定义将转化为的距离，即可求解.
【详解】由已知得抛物线的焦点为，准线方程为，
设点到准线的距离为，则，
则由抛物线的定义可知
∵，当点、、三点共线时等号成立，
∴，
故选：.
2、C
【解析】由函数的图象可知其单调性情况，再由导函数与原函数的关系即可得解.
【详解】由函数的图象可知，当时，从左向右函数先增后减，
故时，从左向右导函数先正后负，故排除AB；
当时，从左向右函数先减后增，
故时，从左向右导函数先负后正，故排除D.
故选：C.
3、B
【解析】求出，然后可得答案.
【详解】，所以
故选：B
4、B
【解析】利用两直线平行的等价条件求得实数m的值.
【详解】∵两条直线x+my+6=0和（m﹣2）x+3y+2m=0互相平行，
∴
解得 m=﹣1，
故选B
【点睛】已知两直线的一般方程判定两直线平行或垂直时，记住以下结论，可避免讨论：
已知，
，
则，

5、C
【解析】对选项A，直接求出第一次摸球且摸到绿球的概率；对选项B，第二次摸到绿球分两种情况，第一次摸到绿球且第二也摸到绿球和第一次摸到红球且第二次摸到绿球；对选项C，直接求出第一次摸到绿球且第二也摸到绿球的概率；对选项D，直接求出第一次摸到红球且第二也摸到红球的概率
【详解】对选项A，第一次摸到绿球的概率为：，故错误；
对选项B，第二次摸到绿球的概率为：，故错误；
对选项C，两次都摸到绿球的概率为：，故正确；
对选项D，两次都摸到红球的概率为：，故错误
故选：C
6、A
【解析】由公理2的推论即可得到答案.
【详解】由公理2的推论:
过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面,
可得在同一平面,
故充分条件成立;
由公理2的推论：
过两条平行直线,有且只有一个平面,
可得,
当时,
同一个平面上,
但中无三点共线,
故必要条件不成立;
故选:A
【点睛】本题考查点线面的位置关系和充分必要条件的判断,重点考查公理2及其推论;属于中档题;
公理2的三个推论：
经过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面;
经过两条平行直线,有且只有一个平面;
经过两条相交直线,有且只有一个平面;
7、B
【解析】求出两直线的交点坐标，结合两点间的距离公式得到，进而可以求出结果.
【详解】因为与的交点坐标为
所以，
当时，，
所以的最大值是，
故选：B.
8、B
【解析】实数，满足，通过讨论，得到其图象是椭圆、双曲线的一部分组成的图形，借助图象分析可得的取值就是图象上一点到直线距离范围的2倍，求出切线方程根据平行直线距离公式算出最小值，和最大值的极限值即可得出答案.
【详解】因为实数，满足，
所以当时，，其图象是位于第一象限，焦点在轴上的双曲线的一部分（含点），
当时，其图象是位于第四象限，焦点在轴上的椭圆的一部分，
当时，其图象不存在，
当时，其图象是位于第三象限，焦点在轴上的双曲线的一部分，
作出椭圆和双曲线的图象，其中图象如下：

任意一点到直线的距离
所以，结合图象可得的范围就是图象上一点到直线距离范围的2倍，
双曲线，其中一条渐近线与直线平行，
通过图形可得当曲线上一点位于时，取得最小值，无最大值，小于两平行线与之间的距离的倍，
设与其图像在第一象限相切于点，
由
因为或（舍去）
所以直线与直线的距离为
此时，
所以的取值范围是
故选：B
【点睛】三种距离公式：
（1）两点间的距离公式：
平面上任意两点间的距离公式为；
（2）点到直线的距离公式：
点到直线的距离;
（3）两平行直线间的距离公式：
两条平行直线与间的距离.
9、D
【解析】取AC的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系，根据点到线距离的向量求法和投影的定义计算即可.
【详解】由题意知，，
取AC的中点O，则，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
所以在上的投影的长度为，
故点C到直线距离为：.
故选：D

10、B
【解析】先求出基本事件总数，和至少有一辆与和车相邻的对立事件是和都不与和车相邻，由此能求出和至少有一辆与和车相邻的概率
【详解】解：某公司门前有一排9个车位的停车场，从左往右数第三个，第七个车位分别停着车和车，同时进来，两车，在，不相邻的条件下，
基本事件总数，
和至少有一辆与和车相邻的对立事件是和都不与和车相邻，
和至少有一辆与和车相邻的概率：
故选：B
11、A
【解析】先计算两圆心之间的距离，判断距离和半径和、半径差之间的关系即可.
【详解】圆圆心，半径，圆圆心，半径，两圆心之间的距离，故两圆内切.
故选：A.
12、D
【解析】切点与圆心的连线垂直于切线，切线长转化为直线上点与圆心连线和半径的关系，
利用点到直线的距离公式求出圆心与直线上点距离的最小值，结合勾股定理即可得出结果.
【详解】设为直线上任意一点，，
切线长的最小值为：，
故选：D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】求出，可得垂直于的直线的斜率为，再利用点斜式可得结果.
【详解】因为，所以，
所以垂直于的直线的斜率为，
垂直于的直线方程为，
化为，故答案为.
【点睛】对直线位置关系的考查是热点命题方向之一，这类问题以简单题为主，主要考查两直线垂直与两直线平行两种特殊关系：在斜率存在的前提下，（1）；（2），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.
14、
【解析】根据圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，由，求得底面半径，进而得到高，再利用锥体的体积公式求解.
【详解】设圆锥的母线长为l，高为h，底面半径为r，
因为圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，
所以，解得，
所以，
所以圆锥的体积为：，
故该几何体的体积为，
故答案为：
15、
【解析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简求解即可.
【详解】
故答案为：.
16、 ①.-24 ②.
【解析】由抛物线的方程及数量积的运算可求出，设直线AB的方程为，联立抛物线方程，由根与系数的关系可求出，由圆的定义求出圆心即可.
【详解】由，即
解得或（舍去）.
设直线AB的方程为.
由，消去x并整理得,
.
又，，
直线AB恒过定点N(6,0),
OM垂直AB于点M，
点M在以ON为直径圆上.
|MQ|为定值，
点Q为该圆的圆心，又即Q(3,0).
故答案为：；

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、 (1) ;(2)见解析.
【解析】(1)涉及中点弦,用点差法处理即可求得,进而求得抛物线方程;
(2)由的平分线与轴垂直,可知直线，的斜率存在,且斜率互为相反数,且不等于零,设,直线,则直线分别和抛物线方程联立, 解得利用,结合直线方程,即可证得直线的斜率为定值.
【详解】(1)设,则,两式相减,得: 由弦中点纵坐标为2,得,故.所以抛物线的标准方程.
(2)由的平分线与轴垂直,可知直线，的斜率存在,且斜率互为相反数,且不等于零,设直线由得由点在抛物线上,可知上述方程的一个根为.即,同理 .

直线的斜率为定值.
【点睛】本题考查应用点差法处理中点弦问题,直线与抛物线中,斜率为定值问题,考查分析问题的能力,考查学生的计算能力,难度较难.
18、（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；
（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出
【详解】（1）中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为

【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，
题中与有垂直关系直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出
19、（1）
（2）
【解析】(1)移项,两边平方即可获解;
(2)利用绝对值不等式即可.
【小问1详解】
即
即,即
即即或
所以不等式的解集为
【小问2详解】
由题知对恒成立
因为.
所以,解得
即或,所以实数的取值范为
20、（1）不在（2）17.5米
【解析】（1）以O为原点，正东方向为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系，求出直线AB方程，判断直线AB与圆O的位置关系即可；
（2）摄像头监控不会被建筑物遮挡，只需求出过点A的直线l与圆O相切时的直线方程即可.
【小问1详解】
以O为原点，正东方向为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系
则，观景直道所在直线的方程为
依题意得：游客所在点为
则直线AB的方程为，化简得，
所以圆心O到直线AB的距离，
故直线AB与圆O相交，
所以游客不在该摄像头监控范围内.
【小问2详解】
由图易知：过点A的直线l与圆O相切或相离时，摄像头监控不会被建筑物遮挡，
所以设直线l过A且恰与圆O相切，
①若直线l垂直于x轴，则l不可能与圆O相切；
②若直线l不垂直于x轴，设，整理得
所以圆心O到直线l的距离为，解得或，
所以直线l的方程为或，
即或，
设这两条直线与交于D，E
由，解得，由，解得，
所以，
观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为17.5米.

21、（1）单调递增区间,无递减区间；
（2）证明见解析
【解析】（1）求出函数的导数，从而判断其正负，确定函数的单调区间；
（2）根据题意可得到，进而变形为，然后换元令，将证明的问题转换为成立的问题，从而构造新函数，求新函数的导数，判断其单调性，求其最值，进而证明不等式成立.
【小问1详解】
时， ， ,
令，
当时， ，当时， ，
故 ，则 ，
故是单调递增函数，
即的单调递增区间为 ,无递减区间；
【小问2详解】
当时，函数有两个零点，，满足,
即 ，
所以 ，则，
令 ，由于，则，
则 ，所以，
故 ，
要证明，只需证明，即证，
设，
令 ，则 ，
当时，，即在时为增函数，
故 ，即，
所以在时为增函数，
即 ，即，
故，即.
【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间以及涉及到零点的不等式的证明问题，解答时要注意导数的应用，主要是根据导数的正负判断函数的单调性，进而求函数极值或最值，解答的关键时对函数式或者不等式进行合理的变形，进而能构造新的函数，利用新的函数的单调性或最值达到证明不等式成立的目的m.
22、 (1)；(2).
【解析】(1)根据已知条件求出等比数列的公比，然后利用等比数列通项公式求解即可；
(2)根据已知求出数列的通项公式，再结合(1)中结论并利用分组求和法求解即可.
【详解】(1)设等比数列公比为q，
因为，所以，
因为是和的等差中项，所以，即，解得，
所以.
故答案为：.
(2)因为，所以为等差数列，
因为，，所以公差，
故.
所以

.
故答案为：.