杭州市高级中学 2026届数学高二上期末联考模拟试题含解析

杭州市高级中学2026届数学高二上期末联考模拟试题注意事项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．等差数列的公差为2，若成等比数列，则（）A.72 B.90C.36 D.452．观察数列，（），，（）的特点，则括号中应填入的适当的数为（）A. B.C. D.3．经过点作圆的弦,使点为弦的中点，则弦所在直线的方程为A. B.C. D.4．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.5．双曲线的左焦点到其渐近线的距离是（）A. B.C. D.6．若是函数的一个极值点，则的极大值为（）A. B.C. D.7．已知点在平面α上，其法向量，则下列点不在平面α上的是（）A. B.C. D.8．已知定义在区间上的函数，，若以上两函数的图像有公共点，且在公共点处切线相同，则m的值为（）A.2 B.5C.1 D.09．设等差数列的前n项和为．若，则（）A.19 B.21C.23 D.3810．双曲线的焦点坐标是（）A. B.C. D.11．已知全集，，（）A. B.C. D.12．在棱长均为1的平行六面体中，，则（）A. B.3C. D.6二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．写出同时满足以下三个条件的数列的一个通项公式______．①不是等差数列，②是等比数列，③是递增数列14．若平面法向量，直线的方向向量为，则与所成角的大小为___________.15．在正项等比数列中，，，则的公比为___________.16．椭圆的左焦点为，M为椭圆上的一点，N是的中点，O为原点，若，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）已知数列是等差数列，（1）求的通项公式；（2）求的最大项18．（12分）已知椭圆的离心率是，且过点.直线与椭圆相交于两点.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）求的面积的最大值；（Ⅲ）设直线，分别与轴交于点，.判断，大小关系，并加以证明.19．（12分）若分别是椭圆的左、右焦点，是该椭圆上的一个动点，且（1）求椭圆的方程（2）是否存在过定点的直线与椭圆交于不同的两点，使（其中为坐标原点）？若存在，求出直线的斜率；若不存在，说明理由20．（12分）在等差数列中，，（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和21．（12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.22．（10分）在平面直角坐标系中，设椭圆（）的离心率是e，定义直线为椭圆的“类准线”，已知椭圆C的“类准线”方程为，长轴长为8.（1）求椭圆C的标准方程；（2）O为坐标原点，A为椭圆C的右顶点，直线l交椭圆C于E，F两不同点（点E，F与点A不重合），且满足，若点P满足，求直线的斜率的取值范围.

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】由题意结合成等比数列，有即可得，进而得到、，即可求.【详解】由题意知：，，又成等比数列，∴，解之得，∴，则，∴，故选：B【点睛】思路点睛：由其中三项成等比数列，利用等比中项性质求项，进而得到等差数列的基本量1、由成等比，即；2、等差数列前n项和公式的应用.2、D【解析】利用观察法可得，即得.【详解】由题可得数列的通项公式为，∴.故选：D3、A【解析】由题知为弦AB的中点，可得直线与过圆心和点的直线垂直，可求的斜率，然后用点斜式求出的方程【详解】由题意知圆的圆心为，，由，得，∴弦所在直线的方程为，整理得.选A.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，直线的斜率，直线的点斜式方程，属于基础题4、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：D5、A【解析】求出双曲线焦点坐标与渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得结果.【详解】在双曲线中，，，，所以，该双曲线的左焦点坐标为，渐近线方程为，即，因，该双曲线的左焦点到渐近线的距离为.故选：A6、D【解析】先对函数求导，由已知，先求出，再令，并判断函数在其左右两边的单调性，从而确定极大值点，然后带入原函数即可完成求解.【详解】因为，，所以，所以，，令，解得或，所以当，，单调递增；时，，单调递减；当，，单调递增，所以的极大值为故选：D7、D【解析】根据法向量的定义，利用向量垂直对四个选项一一验证即可.【详解】对于A：记,则.因为，所以点在平面α上对于B：记,则.因为，所以点在平面α上对于C：记,则.因为，所以点在平面α上对于D：记,则.因为，所以点不在平面α上.故选：D8、C【解析】设两曲线与公共点为，分别求得函数的导数，根据两函数的图像有公共点，且在公共点处切线相同，列出等式，求得公共点的坐标，代入函数，即可求解.【详解】根据题意，设两曲线与公共点为，其中，由，可得，则切线的斜率为，由，可得，则切线斜率为，因为两函数的图像有公共点，且在公共点处切线相同，所以，解得或（舍去），又由，即公共点的坐标为，将点代入，可得.故选：C.9、A【解析】由已知及等差数列的通项公式得到公差d，再利用前n项和公式计算即可.【详解】设等差数列的公差为d，由已知，得，解得，所以.故选：A10、B【解析】根据双曲线的方程，求得，结合双曲线的几何性质，即可求解.【详解】由题意，双曲线，可得，所以，且双曲线的焦点再轴上，所以双曲线的焦点坐标为.故选：B.11、C【解析】根据条件可得，则，结合条件即可得答案.【详解】因，所以，则，又，所以，即.故选：C12、C【解析】设，，，利用结合数量积的运算即可得到答案.【详解】设，，，由已知，得，，，，所以，所以.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由条件②写出一个等比数列，再求出并确保单调递增即可作答.【详解】因是等比数列，令，当时，，，是递增数列，令是互不相等的三个正整数，且，若，，成等差数列，则，即，则有，显然、都是正整数，，都是偶数，于是得是奇数，从而有不成立，即，，不成等差数列，数列不成等差数列，所以.故答案为：14、##【解析】设直线与平面所成角为，则，直接利用直线与平面所成的角的向量计算公式，即可求出直线与平面所成的角【详解】解：已知直线的方向向量为，平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则，，，所以直线与平面所成角为.故答案为：.15、3【解析】由题设知等比数列公比，根据已知条件及等比数列通项公式列方程求公比即可.【详解】由题设，等比数列公比，且，所以，可得或（舍），故公比为3.故答案为：316、4【解析】根据三角形的中位线定理，结合椭圆的定义即可求得答案.【详解】椭圆的左焦点为,如图，设右焦点为,则，由N是的中点，O为得中点，,故,又，所以，故答案为：4三、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）利用等差数列的通项公式进行求解即可；（2）运用二次函数的性质进行求解即可.【小问1详解】设等差数列的公差为，所以有，所以；【小问2详解】由（1）可知：，当时，有最大项，最大项为：.18、（1）（2）（3）见解析【解析】(1)由题意求得，所以椭圆的方程为(2)联立直线与椭圆方程，由题意可得．三角形的高为．，面积表达式，当且仅当时，．即的面积的最大值是(3)结论为．利用题意有．所以试题解析：解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为因为椭圆的离心率是，所以，即由解得所以椭圆的方程为（Ⅱ）将代入，消去整理得令，解得设则，所以点到直线的距离为所以的面积，当且仅当时，所以的面积的最大值是（Ⅲ）．证明如下：设直线，的斜率分别是，，则由（Ⅱ）得，所以直线，的倾斜角互补所以，所以所以19、（1）；（2）存在；【解析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，利用列方程，化简求得直线的斜率.【小问1详解】依题意，得椭圆的方程为【小问2详解】存在．理由如下：显然当直线的斜率不存在，即时，不满足条件故由题意可设的方程为．由是直线与椭圆的两个不同的交点，设，由消去y，并整理，得，则，解得，由根与系数的关系得，，即存在斜率的直线与椭圆交于不同的两点，使20、（1）；（2）.【解析】(1)根据等差数列的通项公式求解；(2)运用裂项相消法求数列的和.详解】（1）∵，∴，即∴（2）由（1）可得，即.利用累加法得【点睛】本题考查等差数列的通项公式和裂项相消法求数列的和.21、（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.22、（1）；（2）.【解析】（1）由题意列关于，，的方程，联立方程组求得，，，则椭圆方程可求；（2）分直线轴与直线l不垂直于x轴两种情况讨论，当直线l不垂直于x轴时，设，，直线l：（，），联立直线方程与椭圆方程，消元由，得到，再列出韦达定理，由则，解得，再由，求出的坐标，则，再利用基本不等式求出取值范围；【详解】解：（1）由题