广西贺州市中学2026届数学高二上期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

广西贺州市中学2026届数学高二上期末教学质量检测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．等差数列中，，，则（）
A.1 B.2
C.3 D.4
2．已知双曲线的离心率为，左焦点为F，实轴右端点为A，虚轴上端点为B，则为（ ）
A.直角三角形 B.钝角三角形
C.等腰三角形 D.锐角三角形
3．已知双曲线＝1的一条渐近线方程为x－4y＝0，其虚轴长为（）
A.16 B.8
C.2 D.1
4．已知点，点关于原点的对称点为，则（）
A. B.
C. D.
5．若点P为抛物线y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为（）
A.2 B.
C. D.
6．设是可导函数，当，则（）
A.2 B.
C. D.
7．已知向量，，且，，，则一定共线的三点是（）
A.A，B，D B.A，B，C
C.B，C，D D.A，C，D
8．设x∈R，则x<3是0存在，使是真命题，则实数a的取值范围是______
14．在空间直角坐标系中，已知点A，若点P满足，则_______
15．圆与圆的公共弦长为______
16．已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如下图所示的直观图，其中，，则原的面积为______.

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）已知数列 {an}满足，
（1）记 ，证明：数列 {bn } 为等比数列，并求数列 {bn}的通项公式；
（2）记数列 {bn}前 n 项和为 Tn ，证明：
18．（12分）已知数列的前n项和为，且
（1）求证：数列为等比数列；
（2）记，求数列的前n项和为
19．（12分）如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，A1C的中点，AD=AA1=2，AB=

（1）求证：EF∥平面ADD1A1；
（2）求平面EFD与平面DEC的夹角的余弦值；
（3）在线段A1D1上是否存在点M，使得BM⊥平面EFD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由
20．（12分）已知椭圆的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知，经过点的直线与椭圆交于、两点，若原点到直线的距离为，且，求直线的方程.
21．（12分）已知数列满足
（1）求；
（2）若，且数列的前n项和为，求证：
22．10分）已知抛物线的准线与轴的交点为.

（1）求的方程；
（2）若过点的直线与抛物线交于，两点.请判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
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、B
【解析】根据给定条件利用等差数列性质直接计算作答.
【详解】在等差数列中，因，，而，于是得，解得，
所以.
故选：B
2、A
【解析】根据三边的关系即可求出
【详解】因，所以，而，，，
所以
，
即，所以为直角三角形
故选：A
3、C
【解析】根据双曲线的渐近线方程的特点，结合虚轴长的定义进行求解即可.
【详解】因为双曲线＝1的一条渐近线方程为x－4y＝0，
所以，因此该双曲线的虚轴长为，
故选：C
4、C
【解析】根据空间两点间距离公式，结合对称性进行求解即可.
【详解】因为点关于原点的对称点为，所以,
因此，
故选：C
5、D
【解析】根据抛物线的定义得出当点P在抛物线的顶点时，|PF|取最小值.
【详解】根据题意，设抛物线y＝2x2上点P到准线的距离为d，则有|PF|＝d，抛物线的方程为y＝2x2，即x2＝y，其准线方程为y＝－，∴当点P在抛物线的顶点时，d有最小值，即|PF|min＝.
故选：D
6、C
【解析】由导数的定义可得，即可得答案
【详解】根据题意，，
故.
故选：C
7、A
【解析】由已知，分别表示出选项对应的向量，然后利用平面向量共线定理进行判断即可完成求解.
【详解】因，，，
选项A，，，若A，B，D三点共线，则，即，解得，故该选项正确；
选项B，，，若A，B，C三点共线，则，即，解得不存，故该选项错误；
选项C，，，若B，C，D三点共线，则，即，解得不存在，故该选项错误；
选项D，，，若A，C，D三点共线，则，即，解得不存在，故该选项错误；
故选：A.
8、B
【解析】利用充分条件、必要条件的定义可得出结论.
【详解】Ü，
因此，“”是“”必要不充分条件.
故选：B.

9、B
【解析】由等差数列的，及得数列是递减的数列，因此可确定，然后利用等差数列的性质求前项和，确定和的正负
【详解】∵，∴和异号，
又数列是等差数列，首项，∴是递减的数列，，
由，所以，
，
∴满足的最大自然数为4040
故选：B
【点睛】关键点睛：本题求满足的最大正整数的值，关键就是求出，时成立的的值，解题时应充分利用等差数列下标和的性质求解,属于中档题.
10、B
【解析】设直线方程为，联立，利用判别式可得，进而可求，再结合双曲线的定义可求，即得.
【详解】可设直线方程为，联立，得，
由题意得,
∴，，
∴，即，
由双曲线定义得，
.
故选：B.
11、B
【解析】根据抛物线方程求出焦点坐标，分别设出，所在直线方程，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系及弦长公式求得，，然后利用基本不等式求最值.
【详解】抛物线的焦点，
设直线的直线方程为，则直线的方程为.
，，，.
由，得，
，同理可得.

.
当且仅当，即时取等号.
所以的最小值为.
故选：B
12、C
【解析】将方程有解，转化为方程有解求解.
【详解】解：因为方程有解，
所以方程有解，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以实数a的取值范围为，
故选：C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】将问题分离参数得到存在，使成立，可得结论.
【详解】存在，使，即存在，使，所以
故答案为：
14、
【解析】设，表示出，，根据即可得到方程组，解得、、，即可求出的坐标，即可得到的坐标，最后根据向量模的坐标表示计算可得；
【详解】解：设，所以，，因为，所以，所以，解得，即，所以，所以；
故答案为：
15、
【解析】两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，即该直线截其中一圆求弦长即可
【详解】圆与圆
两式相减得，公共弦所在直线方程为：
圆，圆心为
到公共弦的距离为：
公共弦长
故答案为：
16、
【解析】根据直观图画出原图，再根据三角形面积公式计算可得.
【详解】解：依题意得到直观图的原图如下：

且，
所以
故答案为：
【点睛】本题考查斜二测画法中原图和直观图面积之间的关系，属于基础题

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；bn = 2n
（2）证明见解析
【解析】（1）由递推关系式转化为等比数列即可求解；
（2）由（1）求出，再用裂项相消法求和后就可以证明不等式.
【小问1详解】
由 an+1 = 2an +1 可得
所以 {bn} 是以首项 ，公比为 2 的等比数列
所以.
【小问2详解】
易得
于是
所以

因为，所以 .
18、（1）证明见解析;
2）.
【解析】（1）由已知得，当时，两式作差整理得，根据等比数列的定义可得证；
（2）由（1）求得，，再运用错位相减法可求得答案.
【小问1详解】
证明：因为，……①，所以当时，，
当时……②，
则①-②可得，所以，
因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列
【小问2详解】
解：由（1）知，即，
因为所以，
则……①，
①得……②，
①-②得 ，
所以.
19、（1）证明见解析；（2）；（3）不存在；理由见解析
【解析】（1）连接AD1，A1D，交于点O，所以点O是A1D的中点，连接FO，根据判定定理证明四边形AEFO是平行四边形，进而得到线面平行；（2）建立坐标系，求出两个面的法向量，求得两个法向量的夹角的余弦值，进而得到二面角的夹角的余弦值；（3）假设在线段A1D1上存在一点M，使得BM⊥平面EFD，设出点M的坐标，由第二问得到平面EFD的一个法向量，判断出和该法向量不平行，故不存在满足题意的点M.
【详解】（1）证明：连接AD1，A1D，交于点O，所以点O是A1D的中点，连接FO
因为F是A1C的中点，
所以OF∥CD，OF=CD
因AE∥CD，AE=CD，
所以OF∥AE，OF=AE
所以四边形AEFO是平行四边形
所以EF∥AO
因为EF⊄平面ADD1A1，AO⊂平面ADD1A1，
所以EF∥平面ADD1A1
2）以点A为坐标原点，直线AB，AD，AA1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

因为点E，F分别是AB，A1C的中点，AD=AA1=2，AB=，
所以B(，0，0)，D(0，2，0)，E，F
所以=，=(0，1，1)
设平面EFD的法向量为，
则即
令y=1，则z=-1，x=2
所以，
由题知，平面DEC的一个法向量为m=(0，0，1)，
所以cos<，>==
所以平面EFD与平面DEC的夹角的余弦值是
（3）假设在线段A1D1上存在一点M，使得BM⊥平面EFD
设点M的坐标为(0，t，2)(0≤t≤2)，则=(，t，2)
因为平面EFD的一个法向量为，而与不平行，
所以在线段A1D1上不存在点M，使得BM⊥平面EFD
20、（1）；（2）.
【解析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，求出这三个量的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）分析可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，由点到直线的距离公式可得出，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，代入韦达定理求出、的值，由此可得出直线的方程.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，解得，
因此，椭圆的标准方程为；
（2）若直线斜率不存在，则直线过原点，不合乎题意.
所以，直线的斜率存在，设斜率为，设直线方程为，设、，
原点到直线的距离为，，即①.

联立直线与椭圆方程可得，
则，则，
由韦达定理可得，.
，则为线段的中点，所以，，
，得，，
所以，，整理可得，
解得，即，，
因此，直线的方程为或.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21、（1）
（2）证明见解析
【解析】（1）先求得，猜想，然后利用数学归纳法进行证明.
（2）利用放缩法证得结论成立.
【小问1详解】
依题意，，
，
，
猜想，下面用数学归纳法进行证明：
当时，结论成立，
假设当时结论成立，即，
由，
，
所以当时，有，结论成立，
所以当时，.
【小问2详解】
由（1）得，且为单调递增数列，
所以
.
所以
.
22、（1）
（2）是定值，定值为
【解析】(1)由抛物线的准线求标准方程；
(2)直线与抛物线相交求定值，解联立方程消未知数，利用韦达定理，求线段长，再求它们的倒数的平方和.
【小问1详解】
由题意，可得，即，
故抛物线的方程为.
【小问2详解】
为定值，且定值是.下面给出证明.
证明：设直线的方程为，，，
联立抛物线有，消去得，
则，
又，.
得

因此为定值，且定值是.