2025-2026学年山东省滨州市邹平一中数学高二上期末质量检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年山东省滨州市邹平一中数学高二上期末质量检测模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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（）上点到直线的最小距离为1，则
A.4 B.3
C.2 D.1
2．如图给出的是一道典型的数学无字证明问题：各矩形块中填写的数字构成一个无穷数列，所有数字之和等于1.按照图示规律，有同学提出了以下结论，其中正确的是（ ）

A.由大到小的第八个矩形块中应填写的数字为
B.前七个矩形块中所填写的数字之和等于
C.矩形块中所填数字构成的是以1为首项，为公比的等比数列
D.按照这个规律继续下去，第n-1个矩形块中所填数字是
3．等比数列的各项均为正数，且，则=（）
A.8 B.16
C.32 D.64
4．已知过抛物线焦点的直线交抛物线于，两点，则的最小值为（）
A. B.2
C. D.3
5．如图，在单位正方体中，以为原点，，，为坐标向量建立空间直角坐标系，则平面的法向量是（）

A.，1， B.，1，
C.，， D.，1，
6．在数列中，，则（）
A.2 B.
C. D.
7．已知椭圆C1：+y2=1（m＞1）与双曲线C2：–y2=1（n＞0）的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则
A.m＞n且e1e2＞1 B.m＞n且e1e2＜1
C.m＜n且e1e2＞1 D.m＜n且e1e2＜1
8．函数的导函数为（ ）
A. B.
C. D.
9．下列结论中正确的有（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
10．如图，、分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的点，是线段上靠近的三等分点，为正三角形，则椭圆的离心率为（ ）

A. B.
C. D.
11．已知向量，，且与互相垂直，则k的值是（ ）.
A.1 B.
C. D.
12．如图，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1=2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为

A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．命题“若，则”的否命题为______
14．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则的最小值为_________.
15．若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为________.
16．已知空间向量，且，则___________.
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）已知圆.
（1）若直线与圆相交于两点，弦的中点为，求直线的方程；
（2）若斜率为1的直线被圆截得的弦为，以为直径的圆经过圆的圆心，求直线的方程.
18．（12分）已知命题p：“，”为假命题，命题q：“实数满足”．若是真命题，是假命题，求的取值范围
19．（12分）给出以下三个条件：①；②，，成等比数列；③．请从这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并完成作答．若选择多个条件分别作答，以第一个作答计分
已知公差不为0的等差数列的前n项和为，，______
（1）求数列的通项公式；
（2）若，令，求数列的前n项和
20．（12分）一个盒中装有编号分别为、、、的四个形状大小完全相同的小球.
（1）从盒中任取两球，列出所有的基本事件，并求取出的球的编号之和大于的概率；
（2）从盒中任取一球，记下该球的编号，将球放回，再从盒中任取一球，记下该球的编号，列出所有的基本事件，并求的概率.
21．（12分）已知圆：和圆外一点，过点作圆的切线，切线长为.
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆：，求证：圆和圆相交，并求出两圆的公共弦长.
22．（10分）中，角A，B，C所对的边分别为.已知.
（1）求的值；
（2）求的面积.
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】根据题意可得,圆心到直线的距离等于,即,求得,所以A选项是正确的.
【点睛】判断直线与圆的位置关系的常见方法：(1)几何法：利用ｄ与ｒ的关系．(2)代数法：联立方程之后利用判断．(3)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交．上述方法中常用的是几何法，点与圆的位置关系法适用于动直线问题
2、B
【解析】根据题意可得矩形块中的数字从大到小形成等比数列，根据等比数列的通项公式可求.
【详解】设每个矩形块中的数字从大到小形成数列，则可得是首项为，公比为的等比数列，，
所以由大到小的第八个矩形块中应填写的数字为，故A错误；
前七个矩形块中所填写的数字之和等于，故B正确；
矩形块中所填数字构成的是以为首项，为公比的等比数列，故C错误；
按照这个规律继续下去，第个矩形块中所填数字是，故D错误.
故选：B.
3、B
【解析】由等比数列的下标和性质即可求得答案.
【详解】由题意，，所以.
故选：B.
4、D
【解析】设出直线方程，联立抛物线方程，得到韦达定理，求得，利用抛物线定义，将目标式转化为关于的代数式，消元后，利用基本不等式即可求得结果.
【详解】因为抛物线的焦点的坐标为，
显然要满足题意，直线的斜率存在，设直线的方程为
联立可得，其，
设坐标为，显然，
则，，
根据抛物线定义，，
故
，
令，
故，
当且仅当，即时取得最小值.
故选：D.
【点睛】本题考察抛物线中的最值问题，涉及到韦达定理的使用，基本不等式的使用；其中利用的关系，以及抛物线的定义转化目标式，是解决问题的关键.
5、A
【解析】设平面的法向量是，，，由可求得法向量.
【详解】在单位正方体中，
以为原点，，，为坐标向量建立空间直角坐标系，
，0，，，1，，，1，，
，1，，，0，，
设平面的法向量是，，，
则，取，得，1，，
平面的法向量是，1，.
故选：.

6、D
【解析】根据递推关系，代入数据，逐步计算，即可得答案.
【详解】由题意得，令，可得，
令，可得，
令，可得，
令，可得.
故选：D
7、A
【解析】详解】试题分析：由题意知，即，由于m＞1，n＞0，可得m＞n，
又= ，故．故选A
【考点】椭圆的简单几何性质，双曲线的简单几何性质
【易错点睛】计算椭圆的焦点时，要注意；计算双曲线的焦点时，要注意．否则很容易出现错误
8、B
【解析】利用复合函数求导法则即可求导.
【详解】，
故选：B.
9、D
【解析】根据基本初等函数的导数和运算法则分别计算函数的导数，即可判断选项.
【详解】A.若，则，故A错误；B.若，则，故B错误；
C.若，则，故C错误；D.若，则，故D正确.
故选：D
10、D
【解析】根据椭圆定义及正三角形的性质可得到\，再在中运用余弦定理得到、的关系，进而求得椭圆的离心率
【详解】由椭圆的定义知，，则，
因为正三角形，所以，
在中，由余弦定理得，
则，，
故选：D
【点睛】本题考查椭圆的离心率的求解，考查考生的逻辑推理能力及运算求解能力，属于中等题.
11、D
【解析】利用向量的数量积为0可求的值.
【详解】因与互相垂直，故，
故即，故.
故选：D.
12、D
【解析】设AA1=2AB=2，因为，所以异面直线A1B与AD1所成角，
，故选D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、若，则
【解析】否命题是对命题的条件和结论同时否定，同时否定和即可.
命题“若，则”的否命题为:若，则
考点：四种命题.
14、
【解析】建立直角坐标系，设出P的坐标，求出轨迹方程，然后推出的表达式，转化求解最小值即可.
【详解】以经过A，B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立直角坐标系.
则设，由，则，
所以两边平方并整理得，
所以P点的轨迹是以(3，0)为圆心，为半径的圆，
所以，，
则有，
则的最小值为.
故答案为：.
15、6
【解析】由椭圆方程得到F，O的坐标，设P(x，y)(－2≤x≤2)，利用数量积的坐标运算将·转化为二次函数最值求解.
【详解】由椭圆＋＝1，可得F(－1，0)，点O(0，0)，
设P(x，y)(－2≤x≤2)，
则·＝x2＋x＋y2
＝x2＋x＋3
＝x2＋x＋3
＝(x＋2)2＋2，－2≤x≤2，
当x＝2时， ·取得最大值6.
故答案为：6
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积及应用以及椭圆的几何性质和二次函数求最值，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
16、
【解析】根据空间向量共线的坐标表示可得出关于的等式，求出的值即可.
【详解】由已知可得，解得.
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）（或
（2）或
【解析】(1)由条件可得，由此可求直线的斜率，由点斜式求直线的方程；(2)由条件可求到直线的距离，利用待定系数法求直线的方程.
【小问1详解】
圆，得圆心，半径，
直线的斜率：，
设直线的斜率为，有，解得.
所求直线的方程为：.（或
【小问2详解】
直线m被圆C截得的弦EF为直径的圆经过圆心C，
∴
圆心C到直线的距离为.
设直线方䄇为，则

解得或
直线的方程为：或

18、或
【解析】先假设命题、为真，分别求得实数的取值范围，再由命题、具体的真假，取实数的取值范围或其补集，最终确定实数的取值范围.
【详解】若命题p为真，则“，”为假命题
则，恒成立
∴恒成立，即
∴，∴.
若命题q为真，则，即
∴
∴
∵是真命题，是假命题∴命题、必为一真一假.
①当p真q假时，
∴；
②当p假q真时，
∴.
综上所述：a的取值范围是或.
19、（1）
（2）
【解析】（1）若选①，则根据等差数列的前n项和公式，结合，求得公差，可得答案; 若选②，则根据，，成等比数列，列出方程，结合，求得公差，可得答案; 若选③，则根据，列出方程，结合，求得公差，可得答案;
（2）由（1）可得的表达式，利用错位相减法，求得答案.
【小问1详解】
设数列的公差为d
选择①，由题意得，又，则，所以；
选择②，由，，成等比数列，得，即，
解得，或（舍去），所以；
选择③，由，得，解得，所以
【小问2详解】
由题意知，
∴①
②
①－②得

∴，即.
20、（1）基本事件答案见解析，概率为；（2）基本事件答案见解析，概率为.
【解析】（1）利用列举法列举出所有的基本事件，并确定事件“取出的球的编号之和大于”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得结果；
（2）利用列举法列举出所有的基本事件，并确定事件“”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得结果.
【详解】（1）记“从盒中任取两球，取出球的编号之和大于”为事件，
样本点表示“从盒中取出、号球”，且和表示相同的样本点（以此类推），
则样本空间为，则，
根据古典概型可知，
从盒中任取两球，取出球的编号之和大于的概率为；
（2）记“”为事件，
样本点表示第一次取出号球，将球放回，从盒中取出号球（以此类推），
则样本空间，
则，
所以，故事件 “”的概率为.
21、（1）
（2）证明见解析，公共弦长为
【解析】（1）根据切线长公式计算即可得到，然后代入可得圆的方程.
（2）联立两圆的方程作差可得直线的方程为，然后利用圆的弦长公式计算即可.
【小问1详解】
圆的标准方程为，
所以圆心为，半径.
由勾股定理可得，
解得.
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
由题意得圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
因为，，所以圆和圆相交.
设两圆相交于，两点，则两圆的方程相减得直线的方程为，
圆心到直线的距离.
所以，所以两圆的公共弦长为.
22、（1）；（2）.
【解析】（1）根据求出，根据求出，根据正弦定理求出；
（2）先求出，再利用面积公式即可求出.
【详解】（1）在中，由题意知，
又因为，所有，
由正弦定理可得.
（2）由得，由,得.
所以.
因此，的面积.
【点睛】本题考查正弦定理和三角形面积公式的应用，属于中档题.