湖南省株洲市2025-2026学年高二上学期期末模拟考试数学试卷（试卷及全解全析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页湖南省株洲市2025-2026学年高二上学期期末模拟考试数学试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4．测试范围：人教A版选择性必修第一册、选择性必修第二册。第一部分（选择题共58分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是，则（

）A．2 B． C． D．2．已知是空间的一个基底，是空间的另一个基底，向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标是（）A． B． C． D．3．已知直线恒过定点，点也在直线上，其中、均为正数，则的最小值为（

）A．2 B．4 C．6 D．84．设，为平面上两点，定义为，的“直角距离”.若，则线段长度的最小值为（

）A． B． C．2 D．5．如图，双曲线型冷却塔的外形，是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所成的曲面，它的最小直径为米，塔底的直径为米，塔顶直径为米，最小直径处距塔底的垂直距离米，则该冷却塔的垂直高度约为（其中）（

）A．米 B．米 C．米 D．米6．若方程在上有解，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．7．已知直线是函数与的两条公切线，式子的值为的是（

）A． B． C． D．8．设是由个二次函数组成的集合，对于连续的正整数，存在二次函数可重复，使得是等差数列，则的最小可能值是（

）.A．507 B．1013 C．1519 D．2025二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知递增等比数列的前项和为，若，，则（

）A． B．C．是公差为的等差数列 D．是等比数列10．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，以线段为直径的圆交轴于两点，设线段的中点为，则下列说法中正确的是（

）A．若抛物线上存在一点到焦点的距离等于3，则抛物线的方程为B．C．若点到抛物线准线的距离为2，则的最小值为D．若，则直线的斜率为11．已知正方体的棱长为1，定义，，若，则的值可以是（

）A． B． C． D．3第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知,,,则原点到平面的距离为．13．某城市核心区域可看作一个平面，市中心为点，城市有两个交通枢纽站点、，其中站点在市中心的正东方向，距离点4公里，站点在市中心的正北方向，距离点也是4公里．为了动态调整交通信号，相关部门计划在距离中心点2公里的位置，设置一个移动数据采集点，通过监测的大小来优化信号．当最大时，．（结果精确到）14．设数列满足，且，则.四、解答题：本题共4小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．等差数列的前项和记为，已知，且成等差数列．(1)求数列的通项公式；(2)当取最小值时，求序号的值，并求出的最小值；(3)求数列的前项的和．16．如图，在三棱锥中，，，，记二面角的大小为，分别为的中点．(1)求证：；(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．(3)设在三棱锥内有一个半径为的球，，且，求证：．17．已知圆的半径为2，圆心在直线上，且圆被轴截得的弦长为4，直线与圆交于两点．(1)求圆的标准方程；(2)弦长是否有最大值？何时弦长最小？当弦长最小时，求直线的方程及弦长；(3)直线过点，且，直线与圆交于两点，求四边形面积的最大值．18．已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，短轴长为，椭圆上的点满足直线的斜率之积为．(1)求椭圆的方程．(2)若是以为焦点，为顶点的抛物线（在椭圆内部的轴上，且在左边）．交椭圆于两点．（i）过点作斜率为1的直线，交椭圆于，两点，再作斜率为的直线，交椭圆于两点．其中，在轴的同一侧．求的最大值；（ii）若，求的横坐标．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖南省株洲市2025-2026学年高二上学期期末模拟考试数学试题（参考答案)《2026年1月9日高中数学作业》参考答案题号12345678910答案CBDABCABBCDBCD题号11答案ABD1．C【分析】利用空间向量的基底表示结合向量的数量积和模长的计算即可.【详解】，所以，因为三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是，所以，所以.故选：C.2．B【分析】设向量在基底下坐标为，用该基底表示出向量，再由在基底下坐标为，表示出向量，建立等式求出即可.【详解】设向量在基底下坐标为，则.已知在基底下坐标为，即.所以，即，则：，所以向量在基底下的坐标是，故选：B.3．D【分析】先将直线方程变形得到定点，将点代入直线确定的关系，最后运用基本不等式中的“乘1法”即可.【详解】由，得，由得，则直线过定点，故，代入直线，得，整理得，，当且仅当时，即时取等号，故最小值为.故选：D．4．A【分析】令，根据题意可化为二次函数，即可求出结果.【详解】根据题意，直角距离，令，则，，线段长度，由，得，代入得：，当时，取最小值为，此时，即，满足条件.故选：A5．B【分析】利用双曲线的性质，结合已知条件求出双曲线方程，再求出塔顶的纵坐标，从而计算塔高．【详解】以双曲线虚轴为轴，最小直径处的水平线为轴，双曲线中心为原点，最小直径为米，实半轴，双曲线标准方程为，塔底直径为米，最小直径处距塔底高度为米，点在双曲线上，故，解得，双曲线方程为，塔顶直径为，设塔顶直径上点为，，解得，塔顶位于轴上方，，故，塔高：米，故B正确故选：B．6．C【分析】将方程整理成，利用同构思想，设，求导判断其单调性，推得，设，判断其单调性确定其最小值，即得参数的范围.【详解】由得，即，即.设，则，因为，所以在上单调递增，所以，即，设，则，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，所以，所以.故选：C.7．A【分析】设函数的切点为，函数的切点为，根据导数的几何意义求得切线方程，由题意建立方程组，计算可得或，代入计算可得切线方程，进而计算可解.【详解】设函数的切点为，对函数求导可得，则函数在点切线的斜率为，故切线方程为，即，设函数的切点为，对函数求导可得，则函数在点切线的斜率为，故切线方程为，即，由题意可得，所以，，即，解得或，当时，，此时切线方程为，当时，，此时切线方程为，所以，，，，，，，.故选：A8．B【分析】由等差数列的基本量法求出通项，结合题意与二次函数的表达式合并后由二次方程解的个数求解.【详解】设等差数列的首项为，公差为，则第项满足，每个二次函数满足，变形为，对于固定的，这是一个关于的二次方程，最多有两个整数解，因此，每个二次函数最多能覆盖两个不同的值.所以总共2025个值需要覆盖，因此需要个，但为整数，所以需要1013个.故选：B9．BCD【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式，进行基本量的计算判断AB；利用等差、等比数列的定义判断CD.【详解】设递增等比数列的公比为，由，得，而，则，解得，，对于A，，A错误；对于B，，，B正确；对于C，，则数列是等差数列，公差为，C正确；对于D，，又，因此是首项为3，公比为的等比数列，D正确.故选：BCD10．BCD【分析】对A：借助抛物线定义计算即可得；对B：设出直线方程，联立抛物线方程，结合向量数量积公式与韦达定理计算即可得；对C：法一：由题意可得抛物线的方程，再设出直线方程，联立抛物线方程，表示出到轴的距离与圆的半径后，可表示出，即可得解；法二：作出相应辅助线，再利用点横坐标表示出，即可得解；对D：法一：结合B中所得方程，结合韦达定理与抛物线定义计算即可得；法二：借助抛物线焦半径公式计算即可得.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，对于A，若抛物线上存在一点到焦点的距离等于3，由抛物线的定义可得，解得，则抛物线的方程为，故A错误；对于B，可设，直线的方程为，与抛物线联立，消去，可得，可得，则，故B正确；对于C，抛物线的焦点到准线的距离为，则该抛物线的方程为，（法一）设直线的方程为，设，联立，可得，所以，到轴的距离为，所以，当且仅当时，取得等号，故C正确；（法二）作轴，交轴于，交准线于，则为切点，所以，所以，当轴时，取得最小值1，此时取得最小值，故C正确；对于D，（法一）由B可得，，由抛物线的定义可得：，解得，则直线的斜率为，故D正确.（法二）设的倾斜角为，则，解得，则或，所以直线的斜率为，故D正确.

故选：BCD.11．ABD【分析】建立空间直角坐标系，可得到坐标的集合，根据题意可得的坐标，取值验证ABD，分析C不成立即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，，，所以的坐标集合为，，，又由，，，所以，不妨取，则，，故A正确；不妨取，则，，故B正确；由于，所以，但是观察集合B，的横、纵、竖坐标中不可能有，故C错误.不妨取，则，，故D正确.故选：ABD12．/【分析】求出平面的法向量，利用空间中点到面的距离公式求解.【详解】设原点到平面的距离为，平面的法向量为，则，，，即得，令，可得，，故，则，故答案为：.13．【分析】建立平面直角坐标系，设出点，利用直线的夹角公式，表示出直线与的夹角的正切，再利用换元法令以及直线与圆的位置关系，求出的范围，再结合函数单调性，得到当最大时点的坐标，再根据向量夹角公式，求出，再利用同角三角函数的基本关系，计算出，即可得解.【详解】

不妨以为坐标原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，则：，，设是圆上的点，设.，，结合图象，易知当最大时，点位于第一象限，且为钝角，设，则两直线夹角的正切值公式为：则：，，又因为在圆上，故，因此，，令，则，因为在圆上，因此可认为直线与圆有交点，即圆心到直线的距离，解得.由于点在第一象限的圆上，易知，因此，故.由于是关于的减函数(分母增大，整体减小)，因此当时，取得最小，即最小，此时对应最大.当时，结合，解得，即.，，又因为，解得，故答案为：.14．4【分析】由可知数列是正项数列，且是等比数列，由公比及等比数列的性质可得到结果.【详解】因为数列满足，所以数列是正项数列，且，所以，所以数列是公比的等比数列.又，所以.故答案为：4.15．(1)(2)，(3)【分析】（1）由等差数列通项公式基本量计算即可求解；（2）根据等差数列求和公式可得，结合二次函数性质即可求解；（3）结合（2）的及的符号，按照和分情况讨论求出即可.【详解】（1）设等差数列的公差为d，由题可得：，解得，；（2）由（1）知，，所以，由二次函数性质可知，当时，取最小值，此时最小值为；（3），由，当时，；当时，，所以当时，；当时，.综上，.16．(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）首先利用线面垂直的判定定理证明：平面，再根据线面垂直的性质定理即可证明：；（2）以为原点，分别为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，然后根据空间向量的夹角公式进行求解即可；（3）过作交于，首先利用线面垂直的判断定理证明平面,进而可得，利用勾股定理可得，然后分别求解三棱锥的表面积与体积，进而得到，进而证明结论即可.【详解】（1）取中点，连接，又分别为的中点，则，，因为，所以，，又，平面，所以平面，又平面，所以．（2）由（1）知是二面角的平面角，所以．如图，以为原点，分别为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，解得：，，即得.设直线与平面所成角为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.（3）由（2）知，，过作交于，，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，，设的高，所以，又，，所以，即，所以三棱锥的表面积，，所以三棱锥的内切球半径，所以．17．(1)(2)没有最大值；有最小值，直线轴时，弦长最短，的方程为，最短弦长为(3)7【分析】（1）由题意推导出圆心C在轴上，再根据圆心在直线上即可求出圆C的标准方程；（2）结合图像分析出弦最大、最小时，直线AB和圆C的位置关系，再据此即可求解；（3）分斜率存在和不存在两种情况求解四边形面积，当斜率存在时，根据直线与圆相交弦的弦长公式即可求出AB、EF的表达式，再结合换元法和基本不等式求解该表达式的最大值即可，最后再与斜率不存在的情况进行比较．【详解】（1）因为圆的半径，且被轴截得的弦长为4，所以圆心在轴上，又因为圆心在直线上，令，解得，所以圆心，所以