2025-2026学年山西省忻州市第二中学高二数学第一学期期末经典模拟试题含解析.doc

2025-2026学年山西省忻州市第二中学高二数学第一学期期末经典模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．过双曲线Ω：(a＞0，b＞0)右焦点F作x轴的垂线，与Ω在第一象限的交点为M，且直线AM的斜率大于2，其中A为Ω的左顶点，则Ω的离心率的取值范围为(　　)
A.(1,3) B.(3，＋∞)
C.(1,) D.(，＋∞)
2．在等比数列中，若，则公比（）
A. B.
C.2 D.3
3．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，角终边上有一点（1，2），为锐角，且，则（）
A.-18 B.-6
C. D.
4．如下图，边长为2的正方体中，O是正方体的中心，M，N，T分别是棱BC，，的中点，下列说法错误的是（）

A. B.
C. D.到平面MON的距离为1
5．已知直线：恒过点，过点作直线与圆：相交于A，B两点，则的最小值为（）
A. B.2
C.4 D.
6．下列命题中，真命题的个数为（ ）
（1）是为双曲线的充要条件；
（2）若，则；
（3）若，，则；
（4）椭圆上的点距点最近的距离为；
A.个 B.个
C.个 D.个
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，点在的左支上，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
8．已知等比数列的公比为，则“”是“是递增数列”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
9．已知直线的一个方向向量，平面的一个法向量，若，则（ ）
A.1 B.
C.3 D.
10．算盘是中国古代的一项重要发明．现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1（如图2中算盘表示整数51）．如果拨动图1算盘中的两枚算珠，可以表示不同整数的个数为（）

A.8 B.10
C.15 D.16
11．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生"的问题，松长三尺，竹长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的，分别为3，1，则输出的等于

A.5 B.4
C.3 D.2
12．如图，奥运五环由5个奥林匹克环套接组成，环从左到右互相套接，上面是蓝、黑、红环，下面是黄，绿环，整个造形为一个底部小的规则梯形．为迎接北京冬奥会召开，某机构定制一批奥运五环旗，已知该五环旗的5个奥林匹克环的内圈半径为1，外圈半径为1.2，相邻圆环圆心水平距离为2.6，两排圆环圆心垂直距离为1.1，则相邻两个相交的圆的圆心之间的距离为（ ）

A. B.2.8
C. D.2.9
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知等比数列满足，，公比，则的前2021项和______
14．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点，，处测得阁顶端点的仰角分别为，，.且米，则滕王阁高度___________米.

15．过点作圆的两条切线，切点为A，B，则直线的一般式方程为___________.
16．已知数列满足，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）已知椭圆：，是坐标原点，，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，过作的外角的平分线的垂线，垂足为，且
（1）求椭圆方程：
（2）设直线：与椭圆交于，两点，且直线，，的斜率之和为0（其中为坐标原点）
①求证：直线经过定点，并求出定点坐标：
②求面积的最大值
18．（12分）已知椭圆 上的点到椭圆焦点的最大距离为3，最小距离为1

（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知，分别是椭圆的左右顶点，是椭圆上异于，的任意一点，直线，分别交轴于点，，求的值
19．（12分）以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，曲线的参数方程是(为参数
（1）求直线和曲线的普通方程；
（2）直线与轴交于点，与曲线交于，两点，求
20．（12分）已知的三个内角，，的对边分别为，，，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若，，，求的长.
21．（12分）已知抛物线的焦点F，C上一点到焦点的距离为5
（1）求C方程；
（2）过F作直线l，交C于A，B两点，若线段AB中点的纵坐标为-1，求直线l的方程
22．（10分）在平面直角坐标系中，已知点，，点满足，记点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）已知，是经过圆上一点且与相切的两条直线，斜率分别为，，直线的斜率为，求证：为定值.
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、B
【解析】求点A和M的坐标，进而表示斜率，可得，整理得b2＞2ac＋2a2，从而可解得离心率的范围.
【详解】F(c,0)，设M(c，yM)，(yM＞0)代入可解得yM＝，A(－a,0)，
由于kAM＞2，即，整理得b2＞2ac＋2a2，
又b2＝c2－a2，∴c2－a2＞2ac＋2a2，
即c2－2ac－3a2＞0，∴e2－2e－3＞0，e＜－1(舍)或e＞3.
答案：B
【点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
2、C
【解析】由题得，化简即得解.
【详解】因为，
所以，
所以，
解得.
故选：C
3、A
【解析】由终边上的点可得，由同角三角函数的平方、商数关系有，再应用差角、倍角正切公式即可求.
【详解】由题设，，，则，
又，，
所以.
故选：A
4、D
【解析】建立空间直角坐标系，进而根据空间向量的坐标运算判断A,B,C；对D，算出平面MON的法向量，进而求出向量在该法向量方向上投影的绝对值，即为所求距离.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则.

对A，，则，则A正确；
对B，，则，则B正确；
对C，，则C正确；
对D，设平面MON的法向量为，则，取z=1，得，，所以到平面MON的距离为,则D错误.
故选：D.
5、A
【解析】根据将最小值问题转化为d取得最大值问题，然后结合图形可解.
【详解】将，变形为，故直线恒过点，
圆心，半径，已知点P在圆内，
过点作直线与圆相交于A，两点，记圆心到直线的距离为d，则，所以当d取得最大值时，有最小值，
结合图形易知，当直线与线段垂直的时候，d取得最大值，即取得最小值，
此时，
所以.
故选：A.

6、A
【解析】利用方程表示双曲线求出的取值范围，利用集合的包含关系可判断（1）的正误；直接判断命题的正误，可判断（2）的正误；利用空间向量垂直的坐标表示可判断（3）的正误；利用椭圆的有界性可判断（4）的正误.
【详解】对于（1），若曲线为双曲线，则，
即，解得或，
因为Ü或，
因此，是为双曲线的充分不必要条件，（1）错；
对于（2），若，则或，（2）错；
对于（3），，则，（3）对；
对于（4），设点为椭圆上一点，则且，
则点到点的距离为
，（4）错.
故选：A.
7、D
【解析】利用双曲线定义可得到，将的最小值变为的最小值问题，数形结合得解.
【详解】由题意得，故， 如图所示：

到渐近线的距离,
则，当且仅当，，三点共线时取等号，
∴的最小值为.
故选：D
8、B
【解析】先分析充分性：假设特殊等比数列即可判断；
再分析充分性，由条件得恒成立，再对和进行分类讨论即可判断.
【详解】先分析充分性：在等比数列中，，所以假设，，
所以，等比数列为递减数列，故充分性不成立；
分析必要性：若等比数列的公比为，且是递增数列，
所以恒成立，即恒成立，
当，时，成立，
当，时，不成立，
当，时，不成立，
当，时，不成立，
当，时，成立，
当，时，不成立，
当，时，不恒成立，
当，时，不恒成立，
所以能使恒成立的只有：，和
，，易知此时成立，所以必要性成立.
故选：B.
9、D
【解析】由向量平行充要条件代入解之即可解决.
【详解】由，可知，则有，解之得
故选：D
10、A
【解析】根据给定条件分类探求出拨动两枚算珠的结果计算得解.
【详解】拨动图1算盘中的两枚算珠，有两类办法，
由于拨动一枚算珠有梁上、梁下之分，则只在一个档拨动两枚算珠共有4种方法，在每一个档各拨动一枚算珠共有4种方法，
由分类加法计数原理得共有8种方法，
所以表示不同整数的个数为8.
故选：A
11、B
【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案
【详解】解：当n＝1时，a＝3，b＝2，满足进行循环的条件，
当n＝2时，a，b＝4，满足进行循环的条件，
当n＝3时，a，b＝8，满足进行循环的条件，
当n＝4时，a，b＝16，不满足进行循环的条件，
故输出的n值为4，
故选：B
【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答
12、C
【解析】根据题意作出辅助线直接求解即可.
【详解】如图所示，由题意可知，在中，取的中点，连接，
所以，，
又因为，所以，
所以
即相邻两个相交的圆的圆心之间的距离为.
故选：C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】根据等比数列的求和公式求解即可.
【详解】因为等比数列满足，，公比，
所以，
故答案为：
14、
【解析】设，由边角关系可得，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长.
【详解】设，因为，，，
所以，，，.
在中，，
即①.，
在中，，
即②，
因为，
所以①②两式相加可得：，解得：，
则，
故答案为：.
15、
【解析】已知圆的圆心，点在以为直径的圆上，两圆相减就是直线的方程.
【详解】，圆心，
点在以为直径的圆上，，所以圆心是，
以为直径的圆的圆的方程是，
直线是两圆相交的公共弦所在直线，所以两圆相减就是直线的方程，
，
所以直线的一般式方程为.
故答案为：
【点睛】结论点睛：过圆外一点引圆的切线，那么以圆心和圆外一点连线段为直径的圆与已知圆相减，就是切点所在直线方程，或是两圆相交，两圆相减，就是公共弦所在直线方程.
16、
【解析】找到数列的规律，由此求得.
【详解】依题意，
，
，
所以数列是以为周期的周期数列，
.
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）①证明见解析，；②.
【解析】（1）根据椭圆的定义以及角平分线的性质可得，，结合点在椭圆上，以及即可求出的值，进而可得椭圆的方程.
（2）①设，，联立直线与椭圆方程，求得，，利用斜率之和等于得出关于的方程，解得即可得所过的定点，②由弦长公式求出，点到直线的距离公式求得高，由面积公式表示三角形的面积，利用基本不等式即可求最值.
【详解】（1）如图，由题意可知，由椭圆定义知，则
，连接，所以，所以

又在椭圆上则，解得：，，
所以椭圆的方程为：；
（2）①证明：设，，
联立，整理可得：，
所以，可得，
，，
设直线，，的斜率为，，，因为直线，，的斜率之和为0，所以，即所以，由，所以，
所以直线恒过定点；
②由①可得：，
原点到直线的距离，
所以，
因为，当且仅当时，
即，即时取等号，
所以，即面积的最大值为1
【点睛】解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：
18、（1）；
（2）-1.
【解析】（1）根据椭圆的性质进行求解即可；
（2）根据直线的方程，结合平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.
【小问1详解】
由题意得，，，所以，
椭圆.
【小问2详解】
由题意可知，，设，则，
直线，直线
分别令得，，，
.
【点睛】关键点睛：运用平面向量数量积的坐标表示公式进行求解是解题的关键.
19、（1），
（2）4
【解析】（1）根据，即可将直线的极坐标方程转化为普通方程；消参数，即可求出曲线的普通方程；
（2）由题意易知，求出直线的参数方程，将其代入曲线的普通方程，利用一元二次方程根和系数关系式的应用，即可求出结果
【小问1详解】
解：直线极坐标方程为，
即，
又，可得的普通方程为，
曲线的参数方程是(为参数，消参数，
所以曲线的普通方程为
【小问2详解】
解：在中令得，
，倾斜角，
的参数方程可设为，即（为参数），将其代入，
得，，
设，对应的参数分别为，，则，，
，异号，.
20、（1）；（2）.
【解析】（1）由正弦定理化边为角后，结合两角和的正弦公式、诱导公式可求得；
（2）用表示出，然后平方由数量积的运算求得向量的模（线段长度）
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理可得，
即，
因为，所以，，
∵，故；
（2）由，得，
所以，
所以.
21、（1）；（2）.
【解析】（1）由抛物线的定义，结合已知有求p，写出抛物线方程.
（2）由题意设直线l为，联立抛物线方程，应用韦达定理可得，由中点公式有，进而求k值，写出直线方程.
【详解】（1）由题意知：抛物线的准线为，则，可得，
∴C的方程为.
（2）由（1）知：，由题意知：直线l的斜率存在，令其方程为，
∴联立抛物线方程，得：，，
若，则，而线段AB中点的纵坐标为-1，
∴，即，得，
∴直线l的方程为.
【点睛】关键点点睛：
（1）利用抛物线定义求参数，写出抛物线方程；
（2）由直线与抛物线相交，以及相交弦的中点坐标值，应用韦达定理、中点公式求直线斜率，并写出直线方程.
22、（1）；
（2）证明见解析.
【解析】（1）根据双曲线的定义可得答案；
（2）设，过点的的切线方程为，联立此直线与双曲线的方程消元，然后由可得，即可得到，然后可证明.
【小问1详解】
因为，所以点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，
所以，，所以，
所以的方程为
【小问2详解】
设，则，
设过点的切线方程为，
联立可得
由可得
，所以
所以