北京交大附中2025-2026学年数学高二第一学期期末经典模拟试题含解析.doc

北京交大附中2025-2026学年数学高二第一学期期末经典模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．圆心在x轴负半轴上，半径为4，且与直线相切的圆的方程为（）
A. B.
C. D.
2．方程化简的结果是（）
A. B.
C. D.
3．已知两直线与，则与间的距离为（ ）
A. B.
C. D.
4．已知函数在处取得极值，则（）
A. B.
C. D.
5．已知，则“”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.即不充分又不必要条件
6．若数列满足，则（ ）
A. B.
C. D.
7．若，则下列正确的是（）
A. B.
C. D.
8．大数学家阿基米德的墓碑上刻有他最引以为豪的数学发现的象征图——球及其外切圆柱(如图).以此纪念阿基米德发现球的体积和表面积，则球的体积和表面积均为其外切圆柱体积和表面积的（）

A. B.
C. D.
9．若命题为“，”，则为（）
A.， B.，
C.， D.，
10．已知圆的圆心在x轴上，半径为1，且过点，圆：，则圆，的公共弦长为
A. B.
C. D.2
11．已知直线与圆相交于两点，当的面积最大时，的值是（）
A. B.
C. D.
12．若，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．曲线的长度为____________.
14．已知等比数列的前n项和为，且满足，则_____________
15．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层灯数为_____________
16．一个四面体有五条棱长均为2，则该四面体的体积最大值为_______
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）已知满足，.
（1）求证：是等差数列，求的通项公式；
（2）若，的前项和是，求证：.
18．（12分）已知双曲线C：（，）的一条渐近线的方程为，双曲线C的右焦点为，双曲线C的左、右顶点分别为A，B
（1）求双曲线C的方程；
（2）过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点（点P在x轴的上方），直线AP的斜率为，直线BQ的斜率为，证明：为定值
19．（12分）已知是等差数列，是各项都为正数的等比数列，，再从①；②；③这三个条件中选择___________，___________两个作为已知.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
20．（12分）已知等差数列的前项和为，，.
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前项和为，用符号表示不超过x的最大数，当时，求的值.
21．（12分）如图，在三棱锥中，平面平面，且，

（1）求证：；
（2）求直线与所成角的余弦值
22．（10分）设数列满足，数列的前项和为，且
（1）求证：数列为等差数列，并求的通项公式；
（2）设，若对任意正整数，当时，恒成立，求实数的取值范围.
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、A
【解析】根据题意，设圆心为坐标为，，由直线与圆相切的判断方法可得圆心到直线的距离，解得的值，即可得答案
【详解】根据题意，设圆心为坐标为，，
圆的半径为4，且与直线相切，
则圆心到直线的距离，
解得：或13（舍，
则圆的坐标为，故所求圆的方程为，
故选：A
2、D
【解析】由方程的几何意义得到是椭圆，进而得到焦点和长轴长求解.
【详解】∵方程，
表示平面内到定点、的距离的和是常数的点的轨迹，
∴它的轨迹是以为焦点，长轴，焦距的椭圆；
∴；
∴椭圆的方程是，即为化简的结果
故选：D
3、B
【解析】把直线的方程化简，再利用平行线间距离公式直接计算得解.
【详解】直线的方程化为：，显然，，
所以与间的距离为.
故选：B
4、B
【解析】根据极值点处导函数为零可求解.
【详解】因为，则，
由题意可知.经检验满足题意
故选：B
5、B
【解析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可求解.
【详解】由可得或，所以由得不出，故充分性不成立，
由可得，故必要性成立，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
6、C
【解析】利用前项积与通项的关系可求得结果.
【详解】由已知可得.
故选：C.
7、D
【解析】根据不等式性质并结合反例，即可判断命题真假.
【详解】对于选项A：若，则，
由题意，，不妨令，，则此时，这与结论矛盾，故A错误；
对于选项B：当时，若，则，故B错误；
对于选项C：由，不妨令，，则此时，故C错误；
对于选项D：由不等式性质，可知D正确.
故选：D.
8、C
【解析】设球的半径为,则圆柱的底面半径为，高为，分别求出球的体积与表面积，圆柱的体积与表面积，从而得出答案.
【详解】设球的半径为,则圆柱的底面半径为，高为
所以球的体积为, 表面积为.
圆柱的体积为：,所以其体积之比为：
圆柱的侧面积为：, 圆柱的表面积为：
所以其表面积之比为：
故选：C
9、B
【解析】特称命题的否定是全称命题，把存在改为任意，把结论否定.
【详解】“，”的否命题为“，”，
故选：B
10、A
【解析】根据题意设圆方程为:,代点即可求出,进而求出方程,两圆方程做差即可求得公共弦所在直线方程,再利用垂径定理去求弦长.
【详解】设圆的圆心为,则其标准方程为:,
将点代入方程,解得,
故方程为:,
两圆,方程作差得其公共弦所在直线方程为:,
圆心到该直线的距离为,
因此公共弦长为,
故选:A.
【点睛】本题综合考查圆的方程及直线与圆,圆与圆位置关系,属于中档题.一般遇见直线与圆相交问题时,常利用垂径定理解决问题.
11、C
【解析】利用点到直线的距离公式和弦长公式可以求出的面积是关于的一个式子，即可求出答案.
【详解】圆心到直线的距离，弦长为.
.
当，即时，取得最大值.
故选：C.
12、B
【解析】由题意可知且，构造函数，可得出，由函数的单调性可得出，利用导数求出函数的最小值，可得出关于的不等式，由此可解得实数的取值范围.
【详解】因为，则且，
由已知可得，
构造函数，其中，，
所以，函数为上的增函数，由已知，
所以，，可得，
构造函数，其中，则.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，则，
所以，，解得.
故选：B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】曲线的图形是：以原点为圆心，以2为半径的圆的左半圆，进而可求出结果.
【详解】解：由得，所以曲线（）的图形是：以原点为圆心，以2为半径的圆的左半圆，
∴曲线（）的长度是，
故答案为：.
14、##31.5
【解析】根据等比数列通项公式，求出，代入求和公式，即可得答案.
【详解】因为数列为等比数列，
所以，又，
所以，
所以.
故答案为：
15、3
【解析】分析：设塔的顶层共有a1盏灯，则数列{an}公比为2的等比数列，利用等比数列前n项和公式能求出结果
详解: 设塔的顶层共有a1盏灯，则数列{an}公比为2的等比数列，
∴S7==381，解得a1=3．故答案为3.
点睛：本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力.
16、1
【解析】由已知中一个四面体有五条棱长都等于2，易得该四面体必然有两个面为等边三角形，根据棱锥的几何特征，分析出当这两个平面垂直时，该四面体的体积最大，将相关几何量代入棱锥体积公式，即可得到答案
【详解】一个四面体有五条棱长都等于2，如下图：

设除PC外的棱均为2，设P到平面ABC距离为h，
则三棱锥的体积V＝，
∵是定值，
∴当P到平面ABC距离h最大时，三棱锥体积最大，
故当平面PAB⊥平面ABC时，三棱锥体积最大，
此时h为等边三角形PAB的AB边上的高，则h，
故三棱锥体积的最大值为：
故答案为：1

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）证明见解析，
（2）证明见解析
【解析】（1）在等式两边同时除以，结合等差数列的定义可证得数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得的表达式；
（2）求得，利用裂项相消法求得，即可证得原不等式成立.
【小问1详解】
解：在等式两边同时除以可得且，
所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，
因此，.
【小问2详解】
证明：，
所以，.
故原不等式得证.
18、（1）；
（2）证明见解析.
【解析】（1）由题可得，，即求；
（2）由题可设直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理法即证
【小问1详解】
由题意可知在双曲线C中，，，，
解得
所以双曲线C的方程为；
【小问2详解】
证法一：由题可知，
设直线，，，
由，得，
则，，
∴，，

；
当直线的斜率不存在时，，此时.
综上，为定值
证法二：设直线PQ方程为，，，
联立得整理得，
由过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，
则解得，
，，，
由双曲线方程可得，，，，
∵，∴，，

证法三：设直线PQ方程为，，，
联立得整理得，
由过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，
则解得，
∴，，由双曲线方程可得，，
则，
所以，，

，
∴为定值
19、答案见解析
【解析】（1）根据题设条件可得关于基本量的方程组，求解后可得的通项公式.
（2）利用公式法可求数列的前项和.
【详解】解：选择条件①和条件②
（1）设等差数列的公差为，∴
解得：，.∴，.
（2）设等比数列的公比为，，
∴解得，.
设数列的前项和为，∴.
选择条件①和条件③：
（1）设等差数列的公差为，∴
解得：，.∴.
（2），设等比数列的公比为，.
∴，解得，.
设数列的前项和为，∴.
选择条件②和条件③：
（1）设等比数列的公比为，，
∴，解得，，.
设等差数列的公差为，∴，又，故.
∴.
（2）设数列的前项和为，
由（1）可知.
【点睛】方法点睛：等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题
20、（1）
（2）9
【解析】(1)首先根据已知条件分别求出的首项和公差，然后利用等差数列的通项公式求解即可；(2)首先利用等差数列求和公式求出，然后利用裂项相消法和分组求和法求出，进而可求出的通项公式，最后利用等差数列求和公式求解即可.
【小问1详解】
不妨设等差数列的公差为，
故，，
解得，，
从而，
即的通项公式为.
【小问2详解】
由题意可知，，
所以，
故
，
因为当时，；当时，，
所以，
由可知，，
即，解得，
即值为9.
21、（1）证明见解析；
（2）.
【解析】（1）过点作交的延长线于点，连接，由，，证出平面，即可证出.
（2）以为原点，的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
写出相应点的坐标，利用，即可得到答案.
【小问1详解】
过点作交的延长线于点，连接，

因为，所以，
又因为，所以，
所以，即，.
因为，所以平面，
因为平面，所以
【小问2详解】
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
以为原点，的方向分别为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，可得
，
因为，
所以直线与所成角的余弦值为
22、（1）证明见解析，；
（2）或.
【解析】（1）结合与关系用即可证明为常数；求出通项公式后利用累加法即可求的通项公式；
（2）裂项相消求，判断单调性求其最大值即可.
【小问1详解】
当时，
得到
，∴，
当时，
是以4为首项，2为公差的等差数列
∴
当时，

当时，也满足上式，.
【小问2详解】

令，

当，
因此的最小值为，的最大值为
对任意正整数，当时，恒成立，得，
即在时恒成立，
，解得t＜0或t＞3.