辽宁抚顺市六校联合体2025-2026学年高二数学第一学期期末达标检测模拟试题含解析.doc

辽宁抚顺市六校联合体2025-2026学年高二数学第一学期期末达标检测模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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，，则等于（）
A.2 B.
C. D.
2．已知，，则“”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.即不充分也不必要条件
3．已知函数的定义域为，若，则（）
A. B.
C. D.
4．下列曲线中，与双曲线有相同渐近线是（）
A. B.
C. D.
5．已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是
A. B.
C. D.
6．直线的倾斜角为（ ）
A. B.
C. D.
7．已知，若，是第二象限角，则=
A. B.5
C. D.10
8．设，则
A.2 B.3
C.4 D.5
9．已知圆，则圆上的点到坐标原点的距离的最小值为（）
A.-1 B.
C.+1 D.6
10．从装有2个红球和2个白球的口袋内任取两个球，则下列选项中的两个事件为互斥事件的是（）
A.至多有1个白球；都是红球 B.至少有1个白球；至少有1个红球
C.恰好有1个白球；都是红球 D.至多有1个白球；至多有1个红球
11．已知两个向量，，且，则的值为（）
A.1 B.2
C.4 D.8
12．已知命题，，则p的否定是（）
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、是椭圆（）长轴的两个端点，、是椭圆上关于轴对称的两点，直线，的斜率分别为，（）．若椭圆的离心率为，则的最小值为______
14．过抛物线焦点的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB中点的纵坐标为4，则线段AB的长度为___________.
15．已知圆：，：.则这两圆的连心线方程为_________（答案写成一般式方程）
16．若斜率为的直线与椭圆交于，两点，且的中点坐标为，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）已知动点M到点F（0，）的距离与它到直线的距离相等
（1）求动点M的轨迹C的方程；
（2）过点P（，－1）作C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，求直线AB的方程
18．（12分）已知抛物线的准线方程是.
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）设直线与抛物线相交于，两点，为坐标原点，证明：.
19．（12分）在二项式展开式中，第3项和第4项的二项式系数比为.
（1）求n的值及展开式中的常数项；
（2）求展开式中系数最大的项是第几项.
20．（12分）已知正项数列的首项为，且满足，
（1）求证：数列为等比数列；
（2）记，求数列的前n项和
21．（12分）已知等差数列的前n项和为，若公差，且，，成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
22．（10分）如图，在直三棱柱中，，，.M为侧棱的中点，连接，，CM.

（1）证明：AC平面；
（2）证明：平面；
（3）求二面角的大小.
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、D
【解析】利用两角和的正切公式计算出正确答案.
【详解】.
故选：D
2、C
【解析】根据充要条件的定义进行判断
【详解】解：因为函数为增函数，由，所以，故“”是“”的充分条件，
由，所以，故“”是“”的必要条件，
故“”是“”的充要条件
故选：C
3、D
【解析】利用导数的定义可求得的值.
【详解】由导数的定义可得.
故选：D.
4、B
【解析】求出已知双曲线的渐近线方程，逐一验证即可.
【详解】双曲线的渐近线方程为，
而双曲线的渐近线方程为，
双曲线的渐近线方程为，
双曲线的渐近线方程为，
双曲线的渐近线方程为.
故选：B
5、C
【解析】当时，，函数有两个零点和，不满足题意，舍去；当时，，令，得或．时，；时，；时，，且，此时在必有零点，故不满足题意，舍去；当时，时，；时，；时，，且，要使得存在唯一的零点，且，只需，即，则，选C
考点：1、函数的零点；2、利用导数求函数的极值；3、利用导数判断函数的单调性
6、D
【解析】由直线斜率概念可写出倾斜角的正切值，进而可求出倾斜角.
【详解】因为直线的斜率为，所以倾斜角.故选D
【点睛】本题主要考查直线的倾斜角，由斜率的概念，即可求出结果.
7、D
【解析】先由诱导公式及同角函数关系得到，再根据诱导公式化简，最后由二倍角公式化简求值即可.
【详解】∵，∴，∵是第二象限角，∴，
∴
故选：D
8、B
【解析】利用复数的除法运算求出，进而可得到.
【详解】，则，故，选B.
【点睛】本题考查了复数的四则运算，考查了复数的模，属于基础题
9、A
【解析】先求出圆心和半径，求出圆心到坐标原点的距离，从而求出圆上的点到坐标原点的距离的最小值.
【详解】变形为，故圆心为，半径为1，故圆心到原点的距离为，故圆上的点到坐标原点的距离最小值为.
故选：A
10、C
【解析】根据试验过程进行分析，利用互斥事件的定义对四个选项一一判断即可.
【详解】对于A：“至多有1个白球”包含都是红球和一红一白，“都是红球”包含都是红球，所以“至多有1个白球”与“都是红球”不是互斥事件.故A错误；
对于B：“至少有1个白球”包含都是白球和一红一白，“至少有1个红球”包含都是红球和一红一白，所以“至少有1个白球”与“至少有1个红球”不是互斥事件.故B错误；
对于C：“恰好有1个白球”包含一红一白，“都是红球”包含都是红球，所以“恰好有1个白球”与“都是红球”是互斥事件.故C错误；
对于D：“至多有1个红球”包含都是白球和一红一白，“至多有1个白球”包含都是红球和一红一白，所以“至多有1个白球”与“至多有1个红球”不是互斥事件.故D错误.
故选：C
11、C
【解析】由，可知，使，利用向量的数乘运算及向量相等即可得解.
【详解】∵，∴，使，得，解得：，所以
故选：C
【点睛】思路点睛：在解决有关平行的问题时，通常需要引入参数，如本题中已知，引入参数，使，转化为方程组求解；本题也可以利用坐标成比例求解，即由，得，求出m，n.
12、A
【解析】直接根据全称命题的否定写出结论.
【详解】命题，为全称命题，故p的否定是：.
故选：A
【点睛】全称量词命题的否定是特称（存在）量词命题，特称（存在）量词命题的否定是全称量词命题

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】设出点，，，的坐标，表示出直线，的斜率，作和后利用基本不等式求最值，利用离心率求得与的关系，则答案可求
详解】解：设，，，，，，，，
，，
，
当且仅当，即时等号成立
，是椭圆长轴的两个端点，，是椭圆上关于轴对称的两点，，，即，
的最小值为，
椭圆的离心率为，
，即，得，
的最小值为
故答案为：
14、9
【解析】由焦点弦公式和中点坐标公式可得.
详解】设，则，即，.
故答案为：9
15、
【解析】求出两圆的圆心坐标，再利用两点式求出直线方程，再化成一般式即可
【详解】解：圆，即，
两圆的圆心为： 和，
这两圆的连心线方程为：，即
故答案为：
16、-1
【解析】根据给定条件设出点A，B的坐标，再借助“点差法”即可计算得解.
【详解】依题意，线段的中点在椭圆C内，设，，
由两式相减得：，
而，于是得，即，
所以.
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）根据抛物线的定义或者直接列式化简即可求出；
（2）方法一：设切线的方程为：，与抛物线方程联立，由即可求出的值，从而得出点的坐标，即可求出直线方程
【小问1详解】
设M（x，y），则
解得．所以该抛物线的方程为
【小问2详解】
［方法一］：依题意，切线的斜率存在，设切线的方程为：，与抛物线方程联立，得，令，得或．从而或，解得或，
所以切点A（－1，），B（2，2），直线AB的斜率为，
所以直线AB的方程为，整理得．
［方法二］：由可得，所以，
设切点为（），则切线的斜率，又切线过点P（，－1），所以，整理得，解得或，所以切点的坐标为A（－1，），B（2，2），所以直线AB的斜率为，所以直线AB的方程为，整理得
18、（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析
【解析】（Ⅰ）利用排趋性的准线方程求出p，即可求解抛物线的方程；（Ⅱ）直线y=k（x-2）（k≠0）与抛物线联立，通过韦达定理求解直线的斜率关系即可证明OM⊥ON
试题解析：（Ⅰ）解：因为抛物线的准线方程为，
所以 ， 解得，
所以 抛物线的方程为.
（Ⅱ）证明：设，.
将代入，
消去整理得 .
所以 .
由，，两式相乘，得 ，
注意到，异号，所以 .
所以直线与直线的斜率之积为，
即 .
考点：直线与抛物线的位置关系；抛物线的标准方程
19、（1），常数项为
（2）5
【解析】（1）求出二项式的通项公式，求出第3项和第4项的二项式系数，再利用已知条件列方程求出的值，从而可求出常数项，
（2）设展开式中系数最大的项是第项，则从而可求出结果
【小问1详解】
二项式展开式的通项公式为，
因为第3项和第4项的二项式系数比为，
所以，化简得，解得，
所以，令，得，
所以常数项为
【小问2详解】
设展开式中系数最大的项是第项，则，
，解得，
因为，所以，
所以展开式中系数最大的项是第5项
20、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）由递推关系式化简及等比数列的的定义证明即可；
（2）根据裂项相消法求解即可得解.
【小问1详解】
证明：由得，
而且，
则，
即数列为首项，公比为的等比数列
【小问2详解】
由上可知，所以，

21、（1）；（2）.
【解析】（1）由等差数列的通项公式、前n项和公式结合等比数列的性质列方程可得数列首项与公差，即可得解；
（2）由，结合裂项相消法即可得解.
【详解】（1）因为数列为等差数列，，，，成等比数列，
所以，
所以，即，
又因为，所以，
所以；
（2）因为，
所以.
【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的综合应用及裂项相消法的应用，考查了运算求解能力，属于中档题.
22、（1）证明见详解；
（2）证明见详解； （3）
【解析】小问1：由于，根据线面平行判定定理即可证明；
小问2：以为原点，分别为轴建立空间坐标系，根据向量垂直关系即可证明；
小问3：分别求得平面与平面的法向量，根据向量夹角公式即可求解
【小问1详解】
在直三棱柱中，，且平面，平面
所以AC平面；
【小问2详解】
因为，故以为原点，分别为轴建立空间坐标系如图所示：
则，
所以
则
所以又
平面，平面
故平面；
【小问3详解】
由，得，
设平面的一个法向量为
则得
又因为平面的一个法向量为
所以
所以二面角的大小为