2026届安徽省宿州市灵璧中学高二数学第一学期期末调研模拟试题含解析.doc

2026届安徽省宿州市灵璧中学高二数学第一学期期末调研模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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．已知一质点的运动方程为，其中的单位为米，的单位为秒，则第1秒末的瞬时速度为（）
A. B.
C. D.
2．我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载：“一百八十九里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关.”其大意为：“有一个人共行走了189里的路程，第一天健步行走，从第二天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地.”则该人第一天行走的路程为（）
A.108里 B.96里
C.64里 D.48里
3．直线的斜率是（）
A. B.
C. D.
4．设，则曲线在点处的切线的倾斜角是（ ）
A. B.
C. D.
5．如果，，那么直线不经过的象限是（）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
6．已知，，则下列结论一定成立的是（）
A. B.
C. D.
7．过椭圆右焦点作x轴的垂线，并交C于A，B两点，直线l过C的左焦点和上顶点.若以线段AB为直径的圆与有2个公共点，则C的离心率e的取值范围是（）
A. B.
C. D.
8．若实数，满足约束条件，则的最小值为（）
A.-3 B.-2
C. D.1
9．十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的.明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论.十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列.依此规则，插入的第四个数应为（ ）
A. B.
C. D.
10．运行如图所示程序后，输出的结果为（）

A.15 B.17
C.19 D.21
11．定义在区间上的函数满足：对恒成立，其中为的导函数，则
A.
B.
C.
D.
12．已知数列是递减的等比数列，的前项和为，若，，则=（ ）
A.54 B.36
C.27 D.18
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．经过点，，的圆的方程为______.
14．定义在上的函数满足，且对任意都有，则不等式的解集为__________.
15．已知点P是椭圆上的一点，点，则的最小值为____________.
16．已知椭圆，A，B是椭圆C上的两个不同的点，设，若，则直线AB的方程为______
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）已知首项为1的等比数列，满足
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和
18．（12分）已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长是短轴长的2倍且经过点M（2，1），平行于OM的直线在y轴上的截距为m，交椭圆于A，B两个不同点.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）求m的取值范围；
（Ⅲ）求证直线MA，MB与x轴始终围成一个等腰三角形.
19．（12分）已知各项均为正数的等比数列前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求
20．（12分）已知数列的前项和分别是，满足，，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列对任意都有恒成立，求.
21．（12分）在公差为的等差数列中,已知，且成等比数列.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若,求.
22．（10分）若分别是椭圆的左、右焦点，是该椭圆上的一个动点，且
（1）求椭圆的方程
（2）是否存在过定点的直线与椭圆交于不同的两点，使（其中为坐标原点）？若存在，求出直线的斜率；若不存在，说明理由
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、C
【解析】求出即得解.
【详解】解：由题意得，故质点在第1秒末的瞬时速度为.
故选：C
2、B
【解析】根据题意，记该人每天走的路程里数为，分析可得每天走的路程里数构成以的为公比的等比数列，由求得首项即可
【详解】解：根据题意，记该人每天走的路程里数为，则数列是以的为公比的等比数列，又由这个人走了6天后到达目的地，即，则有，解可得：，故选：B.
【点睛】本题考查数列的应用，涉及等比数列的通项公式以及前项和公式的运用，注意等比数列的性质的合理运用.
3、D
【解析】把直线方程化为斜截式即得
【详解】直线方程的斜截式为，斜率为
故选：D
4、C
【解析】根据导数的概念可得，再利用导数的几何意义即可求解.
【详解】因为，
所以，则曲线在点处的切线斜率为，
故所求切线的倾斜角为.
故选：C
5、A
【解析】将直线化为，结合已知条件即可判断不经过的象限.
【详解】由题设，直线可写成，又，，
∴，，故直线过二、三、四象限，不过第一象限.
故选：A.
6、B
【解析】根据不等式的同向可加性求解即可.
【详解】因为，所以，又，所以.
故选：B.
7、A
【解析】求得以为直径的圆的圆心和半径，求得直线的方程，利用圆心到直线的距离小于半径列不等式，化简后求得椭圆离心率的取值范围.
【详解】椭圆的左焦点，右焦点，上顶点，
，
所以为直径的圆的圆心为，半径为.
直线的方程为，
由于以线段为直径的圆与相交，
所以，，
，
，
，
所以椭圆的离心率的取值范围是.
故选：A
8、B
【解析】先画出可行域，由，作出直线向下平移过点A时，取得最小值，然后求出点A的坐标，代入目标函数中可求得答案
【详解】由题可得其可行域为如图，l：，当经过点A时，取到最小值，
由，得，即，
所以的最小值为
故选：B

9、C
【解析】先求出等比数列的公比，再由等比数列的通项公式即可求解.
【详解】用表示这个数列，依题意，，则，，
第四个数即.
故选：C.
10、D
【解析】根据给出的循环程序进行求解，直到满足，输出.
【详解】，，，，，，，，，，，，所以.
故选：D
11、D
【解析】分别构造函数，，，，利用导数研究其单调性即可得出
【详解】令，，
，
，恒成立，
，，
，函数在上单调递增，
，
令，，，
，恒成立，
，函数在上单调递减，
，．综上可得：，
故选：D
【点睛】函数的性质是高考的重点内容,本题考查的是利用函数的单调性比较大小的问题,通过题目中给定的不等式,分别构造两个不同的函数求导判出单调性从而比较函数值得大小关系．在讨论函数的性质时，必须坚持定义域优先的原则．对于函数实际应用问题，注意挖掘隐含在实际中的条件，避免忽略实际意义对定义域的影响
12、C
【解析】根据等比数列的性质及通项公式计算求解即可.
【详解】由，
解得或（舍去），
，
，

故选：C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】设所求圆的方程为，然后将三个点的坐标代入方程中解方程组求出的值，可得圆的方程
【详解】设所求圆的方程为，则
，解得，
所以圆的方程为，即，
故答案为：
14、
【解析】利用构造函数法，结合导数来求得不等式的解集.
【详解】构造函数，
，所以在上递减，
由，得，
即，所以，
即等式的解集为.
故答案为：
15、
【解析】设，表示出，消去y，利用二次函数求最值即可.
【详解】设，
则

.
所以当x=1时，最小.
故答案为：.
16、
【解析】由已知可得为的中点，再由点差法求所在直线的斜率，即可求得直线的方程
【详解】由，可得为的中点，且在椭圆内，
设，，，，
则，，
，
则，即所在直线的斜率为
直线的方程为，即
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）
【解析】（1）根据已知条件求得数列的公比，由此求得.
（2）利用错位相减求和法求得.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，
由，可得.
故数列是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以
【小问2详解】
由（1）得，
，①
，②
①②，得

所以
18、（Ⅰ）；（Ⅱ）且；（Ⅲ）证明见解析.
【解析】（Ⅰ）设出椭圆方程，根据题意得出关于的方程组，从而求得椭圆的方程；
（Ⅱ）根据题意设出直线方程，并与椭圆方程联立消元，根据直线与椭圆方程有两个不同交点，利用即可求出m取值范围；
（Ⅲ）设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，根据题意把所证问题转化为证明k1+k2=0即可.
【详解】（1）设椭圆方程为，由题意可得，解得，∴椭圆方程为；
（Ⅱ）∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m，，
所以设直线的方程为，
由消元，得
∵直线l与椭圆交于A，B两个不同点，
所以，解得，
所以m的取值范围为.
（Ⅲ）设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1+k2=0即可，
设，由（Ⅱ）可知，
则，
由，
而

，，
故直线MA，MB与x轴始终围成一个等腰三角形.
19、（1）
（2）9
【解析】（1）根据题意列出关于等比数列首项、公比的方程组即可解决；
（2）利用等比数列的前项和的公式，解方程即可解决.
【小问1详解】
设各项均为正数的等比数列首项为，公比为
则有，解之得
则等比数列的通项公式.
【小问2详解】
由，可得
20、（1），
（2）
【解析】（1）根据已知递推关系式再写一式，然后两式相减，由等差数列、等比数列的定义即可求解；
（2）根据已知递推关系式再写一式，然后两式相减，求出，最后利用错位相减法即可得答案.
【小问1详解】
解：因为，，所以，
，得，
所以是以2为首项2为公差的等差数列，是以1为首项2为公差的等差数列，
所以，，
所以；
因为，所以，
又由得，
所以是以2为首项2为公比的等比数列，
所以.
【小问2详解】
解：当时，，
当时，，得，即，
记，
则,
,
则.
21、 (Ⅰ)或(Ⅱ)
【解析】(Ⅰ)由题意求得数列的公差后可得通项公式．(Ⅱ)结合条件可得，分和两种情况去掉中的绝对值后，利用数列的前n项和公式求解
试题解析：
（Ⅰ）∵成等比数列，
∴，
整理得，
解得或，
当时，;
当时，
所以或
（Ⅱ）设数列前项和为，
∵ ，
∴，
当时，，
∴；
当时，

综上
22、（1）；
（2）存在；
【解析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，利用列方程，化简求得直线的斜率.
【小问1详解】
依题意，得椭圆的方程为
【小问2详解】
存在．理由如下：显然当直线的斜率不存在，即时，不满足条件
故由题意可设的方程为．由是直线与椭圆的两个不同的交点，设，
由消去y，并整理，得，则
，解得，由根与系数的关系得，，即
存在斜率的直线与椭圆交于不同的两点，使