延安市重点中学2025-2026学年数学高二第一学期期末质量检测模拟试题含解析

延安市重点中学2025-2026学年数学高二第一学期期末质量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．若圆上至少有三个点到直线的距离为1，则半径的取值范围是（）A. B.C. D.2．下列关于命题的说法错误的是A.命题“若，则”的逆否命题为“若，则”B.“”是“函数在区间上为增函数”的充分不必要条件C.命题“，使得”的否定是“，均有”D.“若为的极值点，则”的逆命题为真命题3．已知抛物线过点，点为平面直角坐标系平面内一点，若线段的垂直平分线过抛物线的焦点，则点与原点间的距离的最小值为（）A. B.C. D.4．已知是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，线段的垂直平分线过，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（）A. B.3C.6 D.5．对于两个平面、，“内有无数多个点到的距离相等”是“”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6．已知长方体中，，，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（）A. B.C. D.7．已知等差数列的前项和为，，公差，．若取得最大值，则的值为（）A.6或7 B.7或8C.8或9 D.9或108．下列对动直线的四种表述不正确的是（）A.与曲线C：可能相离，相切，相交B.恒过定点C.时，直线斜率是0D.时，直线的倾斜角是135°9．下列命题是真命题的个数为（）①不等式的解集为②不等式的解集为R③设，则④命题“若，则或”为真命题A1 B.2C.3 D.410．已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（）A. B.C. D.11．在平行六面体中，，，，则（）A. B.5C. D.312．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.2C.4 D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，是双曲线与椭圆的共同焦点，点P是两曲线的一个交点，且为等腰三角形，则该双曲线的渐近线为______14．已知点为椭圆上的动点，为圆的任意一条直径，则的最大值是__________15．已知函数，数列是正项等比数列，且，则__________16．已知命题：方程表示焦点在轴上的椭圆；命题：方程表示双曲线.若为真，则实数的取值范围为______.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）已知直线，圆.（1）证明：直线l与圆C相交；（2）设l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为M，求点M的轨迹方程；（3）在（2）的条件下，设圆C在点A处的切线为，在点B处的切线为，与的交点为Q.试探究：当m变化时，点Q是否恒在一条定直线上？若是，请求出这条直线的方程；若不是，说明理由.18．（12分）已知椭圆的左焦点为，上顶点为，直线与椭圆的另一个交点为A（1）求点A的坐标；（2）过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点（均与A，不重合），过点与轴垂直的直线分别交直线，于点，，证明：点，关于轴对称19．（12分）已知数列是等差数列，其前n项和为，，，数列满足(且)，.（1）求和的通项公式；（2）求数列的前n项和.20．（12分）已知数列满足，数列为等差数列，，前4项和.（1）求数列，的通项公式；（2）求和：.21．（12分）已知直线l：x-y+2=0，一个圆的圆心C在x轴正半轴上，且该圆与直线l和y轴均相切（1）求该圆的方程；（2）若直线x+my-1=0与圆C交于A、B两点，且|AB|=，求m的值22．（10分）已知函数.（1）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；（2）解关于的不等式：.

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】先求出圆心到直线的距离为，由此可知当圆的半径为时，圆上恰有三点到直线的距离为，当圆的半径时，圆上恰有四个点到直线的距离为，故半径的取值范围是，即可求出答案.【详解】由已知条件得的圆心坐标为，圆心到直线为，∵圆上至少有三个点到直线的距离为1，∴圆的半径的取值范围是，即，即半径的取值范围是.故选：.2、D【解析】根据命题及其关系、充分条件与必要条件、导数在函数中应用、全称量词与存在量词等相关知识一一判断可得答案.【详解】解：A,由原命题与逆否命题的构成关系,可知A正确；B,当a=2>1时,函数在定义域内是单调递增函数，当函数定义域内是单调递增函数时，a>1.所以B正确；C,由于存在性命题的否定是全称命题,所以"，使得"的否定是"，均有,所以C正确；D,的根不一定是极值点，例如:函数,则=0，即x=0就不是极值点,所以“若为的极值点，则”的逆命题为假命题,故选D.【点睛】本题主要考查命题及其关系、充分条件与必要条件、导数在函数中应用、全称量词与存在量词等相关知识，需牢记并灵活运用相关知识.3、B【解析】将点的坐标代入抛物线的方程，求出的值，可求得抛物线的方程，求出的坐标，分析可知点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，利用圆的几何性质可求得点与原点间的距离的最小值.【详解】将点的坐标代入抛物线的方程得，可得，故抛物线的方程为，易知点，由中垂线的性质可得，则点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，故点的轨迹方程为，如下图所示：由图可知，当点、、三点共线且在线段上时，取最小值，且.故选：B.4、C【解析】利用椭圆和双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示，再利用均值不等式得到答案【详解】设椭圆长轴，双曲线实轴，由题意可知：，又，，两式相减，可得：，，.，，当且仅当时取等号，的最小值为6，故选：C【点睛】本题考查了椭圆双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示是解题的关键，意在考查学生的计算能力5、B【解析】根据平面的性质分别判断充分性和必要性.【详解】充分性：若内有无数多个点到的距离相等，则、平行或相交，故充分性不成立；必要性：若，则内每个点到的距离相等，故必要性成立，所以“内有无数多个点到的距离相等”是“”的必要不充分条件.故选：B.6、A【解析】建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为，由求解.【详解】建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，易知平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，故选：A7、B【解析】根据题意可知等差数列是，单调递减数列，其中，由此可知，据此即可求出结果.【详解】在等差数列中，所以，所以，即，又等差数列中，公差，所以等差数列是单调递减数列，所以，所以等差数列的前项和为取得最大值，则的值为7或8.故选:B.8、A【解析】根据过定点的直线系求出恒过点可判断B，由点与圆的位置关系可判断A，由直线方程可判断CD.【详解】直线可化为，令，，解得，，所以直线恒过定点，而该定点在圆C：内部，所以必与该圆相交当时，直线方程为，故斜率为0，当时，直线方程为，故斜率为，倾斜角为135°.故选：A9、B【解析】举反例判断A，解一元二次不等式确定B，由导数的运算法则求导判断C，利用逆否命题判断D【详解】显然不是的解，A错；，B正确；，，C错；命题“若，则或”的逆否命题是：若且，则，是真命题，原命题也是真命题，D正确真命题个数2.故选：B10、D【解析】原不等式等价于，根据的图象判断函数的单调性，可得和的解集，再分情况或解不等式即可求解.【详解】由函数的图象可知：在和上单调递增，在上单调递减，所以当时，；当时，；由可得，所以或，即或，解得：或，所以原不等式的解集为：，故选：D.11、B【解析】由，则结合已知条件及模长公式即可求解.【详解】解：，所以，所以，故选：B.12、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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据给定条件求出两曲线的共同焦点，再由椭圆、双曲线定义求出a，b即可计算作答.【详解】椭圆的焦点，由椭圆、双曲线的对称性不妨令点P在第一象限，因为等腰三角形，由椭圆的定义知：，则，，由双曲线定义知：，即，，，所以双曲线的渐近线为：.故答案为：【点睛】易错点睛：双曲线(a>0,b>0)渐近线方程为，而双曲线(a>0,b>0)的渐近线方程为(即)，应注意其区别与联系.14、【解析】设点，则且，计算得出，再利用二次函数的基本性质即可求得的最大值.【详解】解：圆的圆心为，半径长为，设点，由点为椭圆上的动点，可得：且，由为圆的任意一条直径可得：，，，，，当时，取得最大值，即.故答案为：.15、##9.5【解析】根据给定条件计算当时，的值，再结合等比数列性质计算作答.【详解】函数，当时，，因数列是正项等比数列，且，则，，同理，令，又，则有，，所以.故答案为：16、【解析】既然为真，那么就是为真，即p是假，并且q是真，根据椭圆和双曲线的定义即可解出。【详解】∵为真，∴p为假，q为真；考虑p为真的情况：解得……①；由于p为假，∴或；由于q为真，∴，即……②；由①和②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）证明见解析；（2）；（3）点Q恒在直线上，理由见解析.【解析】（1）求出直线过定点，得到在圆内部，故证明直线l与圆C相交；（2）设出点，利用垂直得到等量关系，整理后即为轨迹方程；（3）利用Q、A、B、C四点共圆，得到此圆方程，联立，求出相交弦的方程，即直线的方程，根据直线过的定点，得到，从而得到点Q恒在直线上.【小问1详解】证明：直线过定点，代入得：，故在圆内，故直线l与圆C相交；【小问2详解】圆的圆心为，设点，由垂径定理得：，即，化简得：，点M的轨迹方程为：【小问3详解】设点，由题意得：Q、A、B、C四点共圆，且圆的方程为：，即，与圆C的方程联立，消去二次项得：，即为直线的方程，因为直线过定点，所以，解得：，所以当m变化时，点Q恒在直线上.【点睛】本题的第三问是稍有难度的，处理方法是根据四点共圆，直径的端点坐标，求出此圆的方程，与曲线联立后得到相交弦的方程，是处理此类问题的关键.18、（1）（2）证明见解析【解析】（1）先求出直线的方程，联立直线与椭圆，求出A点坐标；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，用韦达定理得到两根之和，两根之积，求出两点的纵坐标，证明出，即可证明关于轴对称.【小问1详解】由题意得，，所以直线方程为，与椭圆方程联立得解得或，当时，，所以【小问2详解】设，，的方程为，联立消去得，则，直线的方程为，设，则，直线的方程为，设，则，因为，即，所以点，关于轴对称19、（1），；（2）.【解析】(1)根据，列方程组即可求解数列的通项公式，根据可求数列的通项公式；(2)化简，利用裂项相消法求该数列前n项和.【小问1详解】设等差数列公差为d，∵，∴，∵公差，∴.由得，即，∴数列是首项为，公比为2的等比数列，∴；【小问2详解】∵，∴，.20、（1），；（2）.【解析】（1）根据等比数列的定义，结合等差数列的基本量，即可容易求得数列，的通项公式；（2）根据（1）中所求，构造数列，证明其为等比数列，利用等比数列的前项和即可求得结果.【小问1详解】因为数列满足，故可得数列为等比数列，且公比，则；数列为等差数列，，前4项和，设其公差为，故可得，解得，则；综上所述，，.【小问2详解】由（1）可知：，，故，又，又，则是首项1，公比为的等比数列；则.21、（1）（2）0【解析】（1）设出圆心坐标，利用题干条件得到方程，求出，从而求出该圆的方程；（2）利用点到直线距离公式及垂径定理进行求