2025-2026学年湖南省长沙市高二（上）期末数学模拟试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年湖南省长沙市高二（上）期末数学模拟试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.郑国渠是秦王嬴政命郑国修建的著名水利工程，先人用智慧和勤劳修筑了一道道坚固的堤坝.如图是一道堤坝的示意图，堤坝斜面与底面的交线记为l，点A，B分别在堤坝斜面与地面上，过点A，B分别作直线l的垂线，垂足分别为C，D，若AC=CD=BD=3，二面角A−l−B的大小为120°，则AB=(

)A.3 B.3C.3D.62.设x，y∈R，向量a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(2,−4,2)且a⊥b，bA.22 B.3 C.103.过点P(−1,−2)的直线l可表示为m(x+1)+n(y+2)=0，若直线l与两坐标轴围成三角形的面积为6，则这样的直线有(

)A.1条 B.2条 C.3条 D.4条4.设m∈R，过定点A的动直线x+my+1=0和过定点B的动直线mx−y−m−2=0交于点P，则下列说法正确的是(

)A.点P的轨迹是一条线段 B.|PA|+|PB|的最大值为2

C.|PA||PB|的最大值为4 D.点P到直线AB的距离的最大值为25.已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线与双曲线E的右支交于A，BA.378 B.−376.已知无穷数列{an}的通项公式为an=(−1)n−14n(2n−1)(2n+1)，其前n项和为TnA.(−∞,1) B.{1} C.(45,7.在数列{an}中，若an=A.32023−22023 B.3×220238.已知直线l为曲线f(x)=ex−1与g(x)=lnx+1的公共切线，则直线l的方程可以为A.y=x−1 B.y=x+1 C.y=ex−1 D.y=ex+1二、多选题：本题共2小题，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知方程C：x2m−1+y23−mA.若方程C表示椭圆，则1<m<3

B.若m=4，则方程C表示焦点在x轴上的双曲线

C.存在m=73，方程C表示的曲线的离心率为22

D.“10.已知A，B两点的坐标分别为(−1,0)，(1,0)，直线AM，BM相交于点M(x,y)，且直线AM的斜率与直线BM的斜率之和是2，则下列说法正确的有(

)A.点M的轨迹关于y轴对称 B.点M的轨迹关于原点对称

C.若x>0且x≠1，则y<x恒成立 D.若x>0且x≠1，则y>lnx恒成立三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。11.已知向量a=(9,9,6),b=(1,1,0)，则向量a在向量b上的投影向量的坐标为

．12.如图，“爱心”图案是由函数f(x)=−x2+k的图象的一部分及其关于直线y=x的对称图形组成.若该图案经过点(−6,0)，点M是该图案上一动点，N是其图象上点M关于直线y=x的对称点，连接13.已知无穷数列{an}的首项a1>1，对任意正整数m，n，满足am+n=aman，记Gn四、解答题：本题共5小题，共83分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。14.(本小题15分)

若数列A：a1，a2，…，an(n≥3)中ai∈N∗(1≤i≤n)且对任意的2≤k≤n−1，ak+1+ak−1>2ak恒成立，则称数列A为“U−数列”．

(1)若数列1，x，y，7为“U−数列”，写出所有可能的x，y；

(2)若“U−数列”A：a1，a2，…，an中，a1=1，an=2081，求n的最大值；

(3)设n0为给定的偶数，对所有可能的“U−数列”A：a115.(本小题17分)

四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，PA⊥底面ABCD，PA=2，点E，F分别是BC，PD的中点．

(1)若过点A，E，F的平面交PC于点G，求PGGC的值；

(2)在棱PC上取一点H，使得PD⊥平面AHF，求面AFH与面EFH夹角的余弦值．16.(本小题17分)

在平面直角坐标系中，A(0,0)，B(3,0)，|PB|=2|PA|

(1)求点P所在的曲线C的方程；

(2)设点Q在直线2x−y−4=0上，若过点Q存在直线l交曲线C于M、N两点，使得M为线段QN的中点，求点Q的横坐标的取值范围．17.(本小题17分)

已知数列{an}为无穷数列，前n项和为Sn．

(1)若a1=1，Sn=an+1，求{an}的通项公式；

(2)是否存在等差数列{an18.(本小题17分)

已知函数f(x)=(x−1)lnx+(a−1)(x2−2x)有两个零点．

(1)求a的取值范围；

(2)记x1，x2为f(x)的两个零点，证明：参考答案1.D

2.B

3.D

4.C

5.D

6.B

7.C

8.C

9.ABC

10.BC

11.(9,9,0)

12.2513.[2,+∞)

14.解：(1)依题意，因为数列1，x，y，7为“U−数列”，

则1+y>2xx+7>2y，注意到x，y∈N∗，

故所有可能的x，y为x=1y=2或x=1y=3或x=2y=4；

(2)n的最大值为66，理由如下：

因为ak+1+ak−1>2ak⇔ak+1−ak>ak−ak−1，对任意的1≤i≤n−1，

令bi=ai+1−ai，则bi∈Z且bk>bk−1(2≤k≤n−1)，

故bk≥bk−1+1对任意的2≤k≤n−1恒成立，

当a1=1，an=2081时，注意到b1=a2−a1≥1−1=0，

得bi=(bi−bi−1)+(bi−1−bi−2)+⋯+(b2−b1)+b1≥i−1(2≤i≤n−1)，

此时an−a1=b1+b2+⋯+bn−1≥0+1+2+⋯+n−2=12(n−1)(n−2)，

即12(n−1)(n−2)≤2081−1，解得：−63≤n≤66，故n=66；

另一方面，取b15.解：(1)由G∈直线PC，设AG=λAP+(1−λ)AC=λAP+(1−λ)AB+(1−λ)AD，

又G∈面AEF，

点E，F分别是BC，PD的中点，

设AG=xAE+yAF=xAB+x2AD+y2AD+y2AP=xAB+(x2+y2)AD+y2AP，

得λ=y21−λ=x2+y21−λ=x，解得λ=13，

所以PGGC=2；

(2)以A为原点，AB为x轴，垂直于直线AB所在的直线为y轴，AP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

H在PC上，设PH=tPC(0≤t≤1)，

由题设A(0,0,0)，D(1,3,0)，P(0,0,2)，E(52,32,0)，F(12,32,1)，AH=(3t,3t,2−2t)，

可得DP=(−1,−3,2)，

16.解：(1)设P(x,y)，由题知|PB|=2|PA|，A(0,0)，B(3,0)，根据两点间的距离公式可得|PB|=(x−3)2+(y−0)2=2|PA|=2(x−0)2+(y−0)2，整理得(x−3)2+y2=2x2+y2，

等式两边同时平方可得(x−3)2+y2=4(x2+y2)，

即得点P所在的曲线C的方程为(x+1)2+y2=4．

(2)点Q在直线2x−y−4=0上，可设Q(t,2t−4)，

若过点Q存在直线l交曲线C于M、N两点，使得M为线段QN的中点，设M(x0,y0)，

可得N(2x0−t,2y0−(2t−4))，∵M，N17.解：(1)若a1=1，Sn=an+1，可得S1=a1=a2=1，

当n≥2时，由Sn=an+1，可得Sn−1=an，相减可得an=an+1−an，

即an+1=2an，即数列{an}从第二项起是公比为2的等比数列，

则an=1,n=12n−2,n≥2；

(2)不存在等差数列{an}，使Sn<an+1．

理由：假设存在等差数列{an}，使Sn<an+1，

设等差数列{an}的公差为d，可得na1+12n(n−1)d<a1+nd，

化为12dn2+(a1−32d)n−a1<0，n∈N∗，

设f(n)=12dn2+(a1−32d)n−a1，

若d>0，即d2>0，二次函数开口向上，当n→+∞，f(n)→+∞，无法满足f(n)<0恒成立；

若d=0，f(n)=na1−a1，由f(1)=0，f(2)=a1，也不满足f(n)<0恒成立；

若d<0，即d2<0，二次函数开口向下，当n→+∞，f(n)→−∞，

f(1)=d2+(a1−32d)−a1=−d>0，也不满足f(n)<0恒成立；

综上，可得不存在等差数列{an}，使Sn<an+1．

(3)若数列{an}为等比数列，公比为q(q≠1)，且满足18.解：(1)由题意得f(x)的定义域为(0,+∞)，

由已知得f′(x)=lnx+1−1x+2(a−1)(x−1)，f′(1)=0，

设g(x)=f′(x)=lnx+1−1x+2(a−1)(x−1)，

可得g′(x)=1x+1x2+2(a−1)，

由反比例函数性质得y=1x在(0,+∞)上单调递减，

由幂函数性质得y=1x2在(0,+∞)上单调递减，

则g′(x)在(0,+∞)上单调递减，

当a>1时，g′(x)>0，f′(x)在(0,+∞)上单调递增，

由于f′(1)=0，故x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)在(0,1)上单调递减，

当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1,+∞)上单调递增，f(x)min=f(1)=1−a<0，

当x∈(0,1)时，y=xlnx+1e，y′=lnx+1，

当x∈(0,e−1)时，y′<0，当x∈(e−1,1)时，y′>0，

所以函数y=xlnx+1e在区间(0,e−1)上单调递减，再区间(e−1,1)上单调递增，

所以x=e−1时，函数y=xlnx+1e有最小值，即y=xlnx+1e≥e−1lne−1+1e=0，

因为y=x2−2x+1在区间(0,1)上恒为正，而a−1>0，

所以(x−1)lnx+(a−1)(x2−2x)+(lnx+a−1+1e)

=xlnx+(a−1)(x2−2x+1)+1e>0，

即f(x)=(x−1)lnx+(a−1)(x2−2x)>−lnx−(a−1)−1e，

取x0=e1−a−1e∈(0,1)，则f(x0)>0，存在x1∈(x0,1)，使f(x1)=0，

可得f(2)=ln2>0，存在x2∈(1,2)，使f(x2)=0，符合题意；

当a=1时，f(x)=(x−1)lnx有且只有1个零点，不符合题意；

当a=0时，g′(x)=(1x+2)(1x−1)，当x∈(0,1)时，g′(x)>0，f′(x)单调递增，

当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，f′(x)单调递减，f′(x)≤f′(1)=0，

此时f(x)单调递减，不会有两个零点；