广西桂林中学2025-2026学年高二上数学期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

广西桂林中学2025-2026学年高二上数学期末学业水平测试模拟试题
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．下列推理中属于归纳推理且结论正确的是（）
A.由，求出，，，…，推断：数列的前项和
B.由满足对都成立，推断：为奇函数
C.由半径为的圆的面积，推断单位圆的面积
D.由，，，…，推断：对一切，
2．圆心在x轴上且过点的圆与y轴相切，则该圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
3．已知奇函数，则的解集为（）
A. B.
C. D.
4．在等差数列中，，，则使数列的前n项和成立的最大正整数n=（ ）
A.2021 B.2022
C.4041 D.4042
5．若不等式组表示的区域为，不等式表示的区域为，向区域均匀随机撒颗芝麻，则落在区域中的芝麻数约为（）
A. B.
C. D.
6．为了了解1000名学生的学习情况，采用系统抽样的方法，从中抽取容量为50的样本，则分段的间隔为（）
A.20 B.25
C.40 D.50
7．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出S的结果是（ ）

A.128 B.64
C.16 D.32
8．在棱长为1的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（）
A. B.1
C. D.
9．圆与圆的位置关系为（ ）
A.内切 B.相交
C.外切 D.相离
10．直线与直线平行，则两直线间的距离为（）
A. B.
C. D.
11．已知命题: ，命题:则是的（）条件
A.充分不必要 B.必要不充分
C.充分必要 D.既不充分也不必要
12．经过点A(0，－3)且斜率为2的直线方程为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知点在直线上，则的最小值为___________.
14．若等比数列的前n项和为，且，则__________.
15．已知随机变量，且，则______.
16．用1，2，3，4排成的无重复数字的四位数中，其中1和2不能相邻的四位数的个数为___________（用数字作答）.
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：，，：，，且为真命题，求实数的取值范围.
18．（12分）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，直线PA与CD所成角为60°.

（1）求直线PD与平面ABCD所成角的正弦值；
（2）求二面角的正弦值.
19．（12分）如图，已知四边形中，，，，且，求四边形的面积

20．（12分）已知数列的前n项和，
（1）求数列的通项公式；
（2）设，，求数列的前n项和
21．（12分）设a，b是实数，若椭圆过点，且离心率为.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）过椭圆E的上顶点P分别作斜率为，的两条直线与椭圆交于C，D两点，且，试探究过C，D两点的直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；否则，说明理由.
22．（10分）已知圆经过点和，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程;
（2）过原点的直线与圆交于M，N两点，若的面积为，求直线的方程.
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】根据归纳推理是由特殊到一般，推导结论可得结果.
【详解】对于A，由，求出，，，…，
推断：数列的前项和，是由特殊推导出一般性的结论，
且，故A正确；
B和C属于演绎推理，故不正确；
对于D，属于归纳推理，但时，结论不正确，故D不正确.
故选：A.
2、A
【解析】根据题意设出圆的方程，列式即可求出
【详解】依题可设圆的方程为，所以，解得
即圆的方程是
故选：A
3、A
【解析】先由求出的值，进而可得的解析式，对求导，利用基本不等式可判断恒成立，可判断的单调性，根据单调性脱掉，再解不等式即可.
【详解】的定义域为，因为是奇函数，
所以，可得：，
所以，
经检验是奇函数，符合题意，
所以，
因为，
所以，
当且仅当即时等号成立，
所以在上单调递增，
由可得，
即，解得：或，
所以的解集为，
故选：A.
4、C
【解析】根据等差数列的性质易得，，再应用等差数列前n项和公式及等差中项、下标和的性质可得、，即可确定答案.
【详解】因为是等差数列且，，
所以，
，.
故选：C.
5、A
【解析】作出两平面区域，计算两区域的公共面积，利用几何概型得出芝麻落在区域Γ内的概率，进而可得答案.
【详解】作出不等式组所表示的平面区域如下图中三角形ABC及其内部，
不等式表示的区域如下图中的圆及其内部：

由图可得，A点坐标为点坐标为坐标为点坐标为.
区域即的面积为，
区域的面积为圆的面积，即，
其中区域和区域不相交的部分面积即空白面积，所以区域和区域相交的部分面积，
所以落入区域的概率为.
所以均匀随机撒颗芝麻，则落在区域中芝麻数约为.
故选:A.
6、A
【解析】根据系统抽样定义可求得结果
【详解】分段的间隔为
故选：A
7、C
【解析】根据程序框图的循环逻辑写出执行步骤，即可确定输出结果.
【详解】根据流程图的执行逻辑，其执行步骤如下：
1、成立，则；
2、成立，则；
3、成立，则；
4、成立，则；
5、不成立，输出；
故选：C
8、B
【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量点到直线的距离公式进行求解即可
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知，得，，，
，，
所以在上的投影为，
所以点到直线的距离为
故选：B

9、C
【解析】写出两圆的圆心和半径，求出圆心距，发现与两圆的半径和相等，所以判断两圆外切
【详解】圆的标准方程为：，所以圆心坐标为，半径；圆的圆心为，半径，圆心距，所以两圆相外切
故选：C
10、B
【解析】先根据直线平行求得，再根据公式可求平行线之间的距离.
【详解】由两直线平行，得，故，
当时，，，此时，
故两直线平行时
又之间的距离为，
故选：B.
11、B
【解析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】解：若，
则或，
即或，
所以是的必要不充分条件
故选：B
12、A
【解析】直接代入点斜式方程求解即可
详解】因为直线经过点且斜率为2，
所以直线的方程为，
即，
故选：

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、2
【解析】由已知可用表示，代入所求式子后，结合二次函数的性质可求
【详解】解：由题意得，即，
所以，
根据二次函数的性质可知，当时，上式取得最小值4，
故的最小值2
故答案为：2
14、5
【解析】根据题意和等比数列的求和公式，求得，结合求和公式，即可求解.
【详解】因为，若时，可得，故，
所以，化简得，
整理得，解得或，
因为，解得，所以.
故答案为：.
15、
【解析】根据二项分布的均值与方差的关系求得,再根据方差的性质求解即可.
【详解】,所以,又因为,所以
故答案为：12
【点睛】本题主要考查了二项分布的均值与方差的计算,同时也考查了方差的性质,属于基础题.
16、
【解析】利用插空法计算出正确答案.
【详解】先排，形成个空位，然后将排入，
所以符合题意的四位数的个数为.
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、
【解析】由，为真，可得对任意的恒成立，从而分和求出实数的取值范围，再由，，可得关于的方程有实根，则有，从而可求出实数的取值范围，然后求交集可得结果
【详解】解：可化为.
若：，为真，
则对任意的恒成立.
当时，不等式可化为，显然不恒成立，
当时，有且，
所以.①
若：，为真，
则关于的方程有实根，
所以，即，
所以或.②
又为真命题，故，均为真命题.
所以由①②可得的取值范围为.
18、（1）
（2）
【解析】（1），所以PA与AB所成的锐角或直角等于PA与CD所成角，然后过P在平面PAB内作，可得平面ABCD，从而可求出答案.
（2）可证平面PAB，过B在平面PAB内作，连结CF，则是二面角的平面角，从而可求解.
【小问1详解】
因为，所以PA与AB所成的锐角或直角等于PA与CD所成角，
可知，是正三角形.
过P在平面PAB内作，垂足为E，
因为平面平面ABCD，所以平面ABCD，
是直线PD与平面ABCD所成角.
在正中，，，所以，
故直线PD与平面ABCD所成角的正弦值为.
【小问2详解】
因为，平面平面ABCD，平面平面ABCD
又平面ABCD，所以平面PAB.
又平面PAB.则
过B在平面PAB内作，垂足为F，连结CF，
又,则 平面, 又平面
所以，所以是二面角的平面角.
因为，，所以，
从而
所以二面角正弦值为.

19、.
【解析】在中由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得，再利用四边形的面积，结合三角形面积公式可得答案.
【详解】在中，由，，，可得

在中，由，，，
可得
又，故．所以四边形的面积

=

【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，考查了三角形面积公式的应用，属于中档题.
20、（1）；（2）
【解析】（1）将代入可求得.根据通项公式与前项和的关系,可得数列为等比数列,由等比数列的通项公式即可求得数列的通项公式.
（2）由（1）可得数列的通项公式,代入中,结合裂项法求和即可得前n项和.
【详解】（1）当时,由得；
当时,由
得
是首项为3,公比为3的等比数列

当,满足此式
所以
（2）由（1）可知

,

【点睛】本题考查了通项公式与前项和的关系,裂项法求和的应用,属于基础题.
21、（1）；
（2）过定点，坐标为.
【解析】（1）根据椭圆的离心率公式，结合代入法进行求解即可；
（2）根据直线斜率公式和一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【小问1详解】
因为椭圆离心率为，
所以有.
椭圆过点，所以，由可解：
，所以该椭圆方程为：；
【小问2详解】
由（1）可知：，
设直线的方程为：，若，由椭圆的对称性可知：，不符合题意，
当时，
直线的方程与椭圆方程联立得：，
设， ，
，
因为，所以，把代入得：
，
所以有或，
解得：或，
当时，直线，直线恒过定点，
此时与点重合，不符合题意，
当时，，直线恒过点，
当直线不存在斜率时，此时， ，因为，所以
，两点不在椭圆上，不符合题意，
综上所述：过C，D两点的直线过定点，定点坐标为.
【点睛】关键点睛：根据一元二次方程根与系数关系是解题的关键.
22、（1）
（2）直线的方程为或或
【解析】（1）由弦的中垂线与直线的交点为圆心即可求解；
（2）由，可得或，进而有或，显然直线斜率存在，设直线，由点到直线的距离公式求出的值即可得答案.
【小问1详解】
解：设弦的中点为，则有，
因为，所以直线，
所以直线的中垂线为，则圆心在直线上，且在直线上，
联立方程解得圆心， 则圆的半径为，
所以圆方程为；
【小问2详解】
解：设圆心到直线的距离为，因为，
所以或，所以或，
显然直线斜率存在，所以设直线，则或，
解得或或，
故直线的方程为或或.