2026年湖南省长沙市高二下学期开学模拟考试数学自编试卷01（人教版）（试卷及解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年湖南省长沙市高二下学期开学模拟考试自编试卷01数学试题注意事项：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，写在试卷上无效.3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.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．抛物线的焦点坐标为（

）A． B． C． D．2．若，则复平面内复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知向量，若，则（

）A．1 B． C． D．4．已知，则（

）A．0 B．1 C． D．25．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（

）A．的图象关于直线对称B．将的图象向右平移个单位长度得到的图象关于原点对称C．在区间上单调递增D．方程在区间上有5个不等实根6．若定义在R上的偶函数在单调递减，且，则满足的x的取值范围是（

）A． B． C． D．7．已知三棱锥中，平面平面，，，，则三棱锥的外接球的表面积A． B． C． D．8．已知点、点，若点为曲线上一点，则三角形的面积（

）A．有最大值，无最小值 B．无最大值，有最小值C．既有最大值，也有最小值 D．既无最大值，也无最小值二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9．已知椭圆的左、右焦点分别为是上任意一点，则（

）A．椭圆的离心率为 B．C．的最大值为 D．使为直角的点有4个10．下列说法正确的是（

）A．若直线与直线平行，则它们之间的距离是B．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件C．当点到直线的距离最大时，的值为D．已知直线过定点且与以为端点的线段有交点，则直线的斜率的取值范围是11．已知函数，过点作曲线的切线交轴于点，过点作曲线的切线交轴于点，依此类推，得到，，则（

）A．数列是等差数列B．当且时，C．D．记的面积为，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知幂函数为偶函数，则函数恒过定点．13．已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则.14．在正方体中，，点为正方体表面上一动点，若，则点的轨迹长度为．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15．已知直线：与轴交于点，原点为．(1)若直线过点，且与平行，求的一般方程；(2)若圆过原点，两点且与相切，求圆的标准方程．16．已知数列的前项和为，且．(1)证明：数列是等差数列，并求出数列的通项公式；(2)求数列的前项和；(3)若数列满足，求数列的前项和．17．已知数列的前项和为，若，且．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和．18．已知椭圆上的点到其右焦点的最大距离为3．(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的左、右顶点分别为，过点的直线与椭圆交于两点（异于）．①若的面积为，求直线的方程；②若直线与直线交于点，证明：点在一条定直线上．19．已知平面直角坐标系中，点，点（其中，为常数，且），点为坐标原点．

(1)设点为线段上靠近的三等分点，，求的值；(2)如图所示，设点，，，…，是线段的等分点，其中，，①当时，求的值（用含，的式子表示）；②当，时，求的最小值．（说明：可能用到的计算公式：，）．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页2026年湖南省长沙市高二下学期开学模拟考试自编试卷01数学试题（解析版）题号12345678910答案BBCCDBCABCDAC题号11答案ABD1．B【分析】根据抛物线的标准方程求其焦点坐标.【详解】由焦点坐标可得的焦点坐标为.故选：B2．B【分析】根据复数的几何意义直接判断即可.【详解】因为，，所以复数在复平面内所对应的点为，位于第二象限.故选：B3．C【分析】先求出与的坐标，再利用向量平行的坐标公式构造方程求解．【详解】，，，，解得，故C正确．故选：C．4．C【分析】先求出导函数，再应用赋值法计算求解导数值.【详解】由，得，令，则，得.故选：C.5．D【分析】先根据函数的部分图象，求出函数的解析式，再对每一选项逐一判断求解.【详解】由题意图象相邻对称轴间的距离为，可得，因此，所以，当时，，故.由，得，因为函数的最大值为2，所以，因此.A选项，，非最值，故不是图象的对称轴，A错误；B选项，图象向右平移个单位长度后的解析式为，图象不关于原点对称，B错误；C选项，的单调区间长度为，不可能在长度为的区间上单调递增，C错误；D选项，令，可得或，解得或，在上，实根为，共5个，D正确.故选：D6．B【分析】根据题意，结合偶函数的图像性质，即可求解.【详解】根据题意，由定义在R上的偶函数在单调递减，且，易知当时，；当时，.因为，所以或，解得.故选：B.7．C【分析】先利用平面与平面垂直的性质定理得出平面，并利用正弦定理计算出的外接圆直径，然后结合图形可得到，计算出外接球的半径，最后利用球体表面积公式可得出答案．【详解】平面平面，平面平面，，平面，平面，，则是边长为的等边三角形，由正弦定理可得，的外接圆直径为．如下图，设的外接圆圆心为点，则，过点作的平行线，使得，取的中点，连结，则，点为三棱锥的外接球球心，则外接球半径，因此，该球的表面积为．故选C．【点睛】本题考查了三棱锥的外接球，考查了球体表面积的计算，考查了学生空间想象能力与计算求解能力，属于中等题．8．A【分析】由题意求出直线的方程和，利用点到直线的距离公式和导数求出点到直线的距离的最大值，结合三角形的面积公式计算即可求解.【详解】由题意知，直线的方程为，即，.设，则，得所以点到直线的距离为，令，则，故函数在上单调递减，且，，所以，故，所以的面积有最大值，无最小值.故选：A9．BCD【分析】根据椭圆的离心率公式、定义、椭圆的性质、勾股定理逐一判断即可.【详解】由椭圆.A：椭圆的离心率为，所以本选项说法不正确；B：因为椭圆的左、右焦点分别为是上任意一点，所以由椭圆的定义可知：，因此本选项说法正确；C：设点的坐标为，该点是上任意一点，所以，，，因为点是上任意一点，所以，所以的最大值为，所以本选项说法正确；D：由上可知，所以，又因为，所以，假设存在使为直角的点，因此有，把代入中，得，把代入中，得，所以这样的点有四个，故本选项说法正确.故选：BCD10．AC【分析】对于A：根据平行线的性质和平行线间的距离公式进行求解判断即可；对于B：根据互相垂直直线的性质进行求解判断即可；对于C：根据点到直线距离公式，结合基本不等式进行运算求解判断即可；对于D：根据直线斜率公式，利用数形结合思想进行运算求解判断即可.【详解】对于A：因为直线与直线平行，所以，所以两直线方程为，而，所以它们之间的距离是，所以本选项说法正确；对于B：因为直线与直线互相垂直，所以或，所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，所以本选项说法不正确；对于C：点到直线的距离为，令，所以，，当时，，当时，，所以当时，即时，有最大值，此时，所以本选项说法正确；对于D：如图所示：，直线过定点且与以为端点的线段有交点，则直线的斜率的取值范围是或，所以本选项说法不正确.故选：AC11．ABD【分析】对于A，通过导数求切线方程，进而可得，所以A正确；对于B，需要构造，再用导数证明可得结果；对于C，根据两点间的距离公式，再结合不等式即可判断；对于D，先计算，再结合等差数列的性质即可得结果.【详解】由函数，得.对于A：过点作曲线的切线为：.又因为切线交x轴于，代入上述切线，得，即，故数列是等差数列，所以A正确；对于B：由上可知，即.又，所以，.要证，只需证明：，令，.当时，单调递减；当时，单调递增；所以函数，所以恒成立，故成立，所以B正确；对于C：，同理，.由数列是等差数列，设公差为，.所以，，.所以.即，故C错误；对于D：因为中，，所以三角形底边长为，高为，所以三角形的面积，同理，且数列是等差数列，.所以，故D正确.故选：ABD.12．【分析】根据幂函数的定义和偶函数性质求出，结合对数函数恒过定点即可求解.【详解】因为是幂函数，所以，解得或，又是偶函数，所以，所以函数恒过定点．故答案为：13．【分析】设直线与曲线的切点横坐标为，由导数的几何意义求得，得到切线方程，再设设直线与曲线的切点横坐标为，由导数的几何意义即可求解.【详解】设直线与曲线的切点横坐标为，由，得，解得所以切点坐标为，代入直线方程得到.设直线与曲线的切点横坐标为，则，且，联立得，所以，即.所以，故答案为：14．4【分析】建立空间直角坐标系，根据已知数量积计算解得，进而得出轨迹长度.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则四个顶点为，设动点，，，，，，，因为，所以，代入解之得，即所有满足条件的点为如图所示的正方形，故长度为4．故答案为：4.15．(1)(2)或【分析】（1）先求出的值再确定直线的斜率再由点斜式写出直线的方程；（2）先设出圆的标准方程利用待定系数法求出圆的标准方程.【详解】（1）把代入，得，所以直线的斜率，直线.因为，所以的斜率，又直线过原点，所以的方程为，即.（2）设圆的标准方程为（），由题意可得，解得或，所以圆的方程为或.16．(1)证明见解析，；(2)(3)【分析】(1)由的关系得到，据此等差中项的性质可知数列为等差数列，求其通项公式；(2)先求出等差数列前n项和，明确数列的正负项，对n分类讨论，利用等差数列前n项和公式即可求解；(3)利用错位相减法求和.【详解】（1）因为，，所以，即，所以数列为等差数列，故，所以；（2）由（1）可得，由，可得，所以当时，，当时，，综上，；（3）由（1），所以①，则②，①②得，，17．（1）；（2）.【分析】（1）依据代入化简可得，可判断数列是等差数列，然后可得，最后依据之间关系可得结果.（2）根据（1）的条件可得，然后使用裂项相消法求和，简单计算可得结果.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，所以，因此数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以，，当时，所以．（2）由（1）知，所以，所以．18．(1)(2)①；②证明见解析【分析】（1）根据已知条件得出的值，进而得出求出椭圆方程；（2）①设直线的方程及，联立椭圆方程，利用韦达定理，表示出弦长，结合点到直线的距离公式和三角形面积公式建立方程求解；②联立直线得出代数关系式，结合韦达定理构造方程，化简计算求解．【详解】（1）椭圆上的点到其右焦点的最大距离为3，，故，，椭圆的方程为；（2）①设过点的直线方程为，点，联立，得，则，则，又点到直线的距离，令，化简整理得，，，解得，直线的方程为．②由①知，，直线，直线，联立直线，整理得，由①知，，，即，解得，点在直线上．19．(1)(2)①；②【分析】（1）根据向量的线性运算化简即可得解；（2）①由特殊到一般，可得对满足条件的，，即可化简求向量的模；②