福建省厦门市厦门第一中学2025~2026学年高二下册期末考试模拟测试数学试卷【附解析】

数学一、单项选择题：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.已知点在直线上，点，且，则点的坐标为（）A. B.C. D.2.已知a，b，，若，a，b，c，成等比数列，则（）A.32 B. C. D.643.小明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；骑自行车平均用时34分钟，样本方差为4，假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布，则（）A. B.若某天只有34分钟可用，小明应选择骑自行车C. D.若某天只有38分钟可用，小明应选择坐公交车4.已知的展开式中的的系数是280，则（）A.2 B.-2 C.1 D.-15.一排有6个座位，3个人随机入座，则恰有2人相邻的概率为（）A. B. C. D.6.已知点是曲线上的动点，则的最小值为（）A.1 B. C.2 D.7.已知为单位向量，且与夹角的余弦值为，向量，则（）A.有最大值 B.有最小值 C.有最大值 D.有最小值8.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，且为抛物线的焦点.设抛物线与在第一象限的交点为，若，则的离心率为（）A. B. C. D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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.如图，将棱长为4的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，P为棱上一点，则下列四个结论中正确的是（）A.平面B.八面体的体积为C.的最小值为D.点A到平面的距离为10.抛物线的焦点为过点作的切线，与轴、轴分别交于点、；过坐标原点作的垂线，与直线交于点，则（

）A.的斜率为 B.C. D.是等腰三角形11.在等比数列中，，，则（）A. B. C. D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.圆上的点到直线的距离的最小值为_______.13.已知函数的最大值为0，则_______.14.空间直角坐标系中，，，，为三棱锥的内切球的球心，与平面所成角的正弦值为_______.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.15.一辆快递车从地往地运送快递，沿途（包括，）共有站.从地出发时，装上发往后面站的快递各1件，到达后面各站后卸下前面各站发往该站的快递，同时装上该站发往后面各站的快递各1件.设快递车在各站装卸完成后剩余快递的件数构成数列.（1）求，，并写出与的递推关系式；（2）求数列的通项公式，并求出的最大值.16.如图，矩形ABCD中，，，将沿矩形对角线BD翻折至，使得点S在底面BCD内的投影点O在CD上，M为BS中点．（1）求证：；（2）求二面角的余弦值．17.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，恒成立，求的取值范围.18.已知双曲线的一条渐近线的方程为，以的右焦点为圆心，半径为2的圆被截得的弦长为，．（1）求的方程；（2）已知上的动点，关于轴对称，直线与交于另外一点，证明：直线恒过定点；（3）设与的渐近线不平行的两条直线，均与相切，且交点为，当，的斜率之积为时，判断是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．19.如图，数字1至8按顺时针方向排成一圈，将一棋子放在数字8处，按如下规则移动棋子：抛掷一枚质地均匀的硬币1次，若正面朝上，棋子按顺时针方向连续移动3个相邻位置；若反面朝上，则按逆时针方向连续移动3个相邻位置．若连续投掷硬币次，并按上述规则移动棋子，记最终棋子所处的数字为随机变量．例如：若连续3次抛掷硬币均为正面朝上，则棋子移动3次，第1次从数字8处移动到数字3处，第2次移动到数字6处，第3次移动到数字1处，即．（1）求，；（2）证明：；（3）现设计一项游戏：游戏包含若干轮，每轮开始时将棋子放在数字8处，玩家连续投掷6次硬币并按上述规则移动棋子，当时玩家获胜，游戏结束，否则进行下一轮，游戏最多进行10轮．记游戏结束时的轮数为随机变量，求的分布列，并证明．

数学一、单项选择题：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.已知点在直线上，点，且，则点的坐标为（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：根据题意可设，然后结合垂直公式和斜率公式即可求解解答过程：由点在直线上，故可设，因为，，所以，解得，所以故选：B2.已知a，b，，若，a，b，c，成等比数列，则（）A.32 B. C. D.64答案：C解析：解答过程：由已知可得,又因为等比数列奇数项符号相同，所以.所以.3.小明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；骑自行车平均用时34分钟，样本方差为4，假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布，则（）A. B.若某天只有34分钟可用，小明应选择骑自行车C. D.若某天只有38分钟可用，小明应选择坐公交车答案：C解析：解答过程：由题意得：坐公交车用时（均值，标准差），骑自行车用时（均值，标准差）.选项A：正态分布中，，因此，A错误.选项B：对来说，34是均值，故；对来说，，由正态曲线的对称性，，因此，坐公交车准时概率更高，应选坐公交车，B错误.选项C：对：，，因此38在与之间；对：，即38恰好是，由原则对比得，C正确.选项D：38分钟可用时，由选项C的结论，，即骑自行车准时到达的概率更高，应选择骑自行车，D错误.4.已知的展开式中的的系数是280，则（）A.2 B.-2 C.1 D.-1答案：A解析：解答过程：二项式的展开式的通项为，其中.令，解得，则项的系数为.∵，，且已知的系数为，∴，即，解得.5.一排有6个座位，3个人随机入座，则恰有2人相邻的概率为（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：3个人随机入座6个座位，等价于6个座位中选3个进行排列；种，3个人全排列，有种排法，3人排好后形成4个空隙，从4个空隙中选2个，插入“双空位”和“单空位”，共计种，故恰有2人相邻的概率为：．6.已知点是曲线上的动点，则的最小值为（）A.1 B. C.2 D.答案：A解析：思路：根据已知条件将问题转化为曲线上的点到直线的距离的最小值的倍，求出与平行的切线相对应的切点，即可求得的最小值；或由，构造函数，利用导数分析函数的单调性，求得的最小值，从而得到的最小值.解答过程：点在曲线上，且点到直线，即的距离，因此可先求点到距离的最小值.当函数在处的切线与平行，即斜率为1时，点到的距离最小．由，得，令，解得，.点到直线的距离，所以点到距离的最小值为.所以的最小值为．方法二：点是曲线上的动点，得，所以.设，则，设，则恒成立，故在区间单调递增.又，所以当时，，所以；当时，，所以.在区间单调递减，在区间单调递增．又，所以，即，则的最小值为1．7.已知为单位向量，且与夹角的余弦值为，向量，则（）A.有最大值 B.有最小值 C.有最大值 D.有最小值答案：A解析：思路：利用空间向量数量积的定义和坐标运算可得，再结合即可得出，最后利用夹角公式求最值.解答过程：由题可知①，又②，①②联立，结合，得，.因为，所以当时，取得最大值为.故选：A8.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，且为抛物线的焦点.设抛物线与在第一象限的交点为，若，则的离心率为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：画出图象，利用抛物线性质以及椭圆的性质结合已知条件建立等式得出的关系，根据椭圆离心率公式求解即可.解答过程：作抛物线的准线，则过椭圆的左焦点，过作交于，因为椭圆与抛物线有共同的焦点，所以，设，因为，，所以，，又因为，所以，在直角三角形中，，所以，解得，所以.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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.如图，将棱长为4的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，P为棱上一点，则下列四个结论中正确的是（）A.平面B.八面体的体积为C.的最小值为D.点A到平面的距离为答案：ACD解析：思路：A选项，作出辅助线，得到线线平行，证明线面平行；B选项，由锥体体积公式进行求解；C选项，两平面展开，当三点共线时，取到最小值，得到答案；D选项，等体积法求解点到平面的距离解答过程：A选项，在正方体中，连接相交于点，显然互相平分，故四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，所以平面，A正确；B选项，正方体的棱长为4，显然四边形为正方形，设边长为，显然，解得，边长为，又⊥平面，显然，故四棱锥的体积为，由对称性可知，四棱锥的体积也为八面体的体积为，B错误；C选项，因为为棱上的一点，将和展开成一个平面，由题意知，，同理可得，和为等边三角形，且边长为，展开图中，连接，由三角形两边之和大于第三边，故当三点共线时，最小，即线段即为最小值，由余弦定理得，C正确；D选项，，设点A到平面的距离为，且，，其中为等边三角形，边长为，故，解得，点A到平面的距离为，D正确.10.抛物线的焦点为过点作的切线，与轴、轴分别交于点、；过坐标原点作的垂线，与直线交于点，则（

）A.的斜率为 B.C. D.是等腰三角形答案：BCD解析：思路：设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，由可判断A选项；求出点的坐标，利用斜率的关系证明出，可判断C选项；证明出为的中点，结合中垂线的性质可判断B选项；求出点的坐标，可得出，可判断D选项.解答过程：对于A选项，由图可知，直线的斜率存在且不为零，设其斜率为，则直线的方程为，即，联立可得，由，整理可得，解得，故直线的斜率为，故A错误；对于C选项，由A选项可知直线的方程为，则点，易知点，直线的斜率为，则，即，又因为，所以，故C正确；对于B选项，在直线的方程中，令，可得，即点，又因为点，则为线段的中点，又因为，故，故B正确；对于D选项，，所以直线的方程为，即，直线的方程为，联立可得，即点，所以，故为等腰三角形，故D正确.11.在等比数列中，，，则（）A. B. C. D.答案：AC解析：思路：首先判断等比数列公比为负，再根据题意，结合的正负分类讨论求解，得到的两个可能取值.解答过程：若公比，则，与矛盾，故，①当时，根据题意，有，，两式相加得，即；两式相减得，即；解得，，故C正确；②当时，根据题意，有，，两式相加得，即；两式相减得，即；解得，，故A正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.圆上的点到直线的距离的最小值为_______.答案：2解析：思路：先计算出圆心到直线的距离，判断圆与直线的关系，根据圆与直线的关系进行求解.解答过程：该圆的圆心为，半径，到直线的距离，所以圆与直线相离，其上一点到的距离的最小值为.13.已知函数的最大值为0，则_______.答案：1解析：思路：先进行函数求导，然后对a的值讨论，找到最大值点进行求解.解答过程：，.（i）当时，，在上单调递增，无最大值，不合题意；（ii）当时，令，得，当时，，单调递增；时，，单调递减.由此即知，由，解得.综上，.14.空间直角坐标系中，，，，为三棱锥的内切球的球心，与平面所成角的正弦值为_______.答案：##解析：思路：推导出与重合，求出平面的法向量，从而求出与平面所成角的正弦值.解答过程：如图，，故，易知三棱锥的四个顶点也是长方体的顶点.四面体中，，设为的中点，则，所以三棱锥，，，是4个全等的三棱锥，由此可知到平面，平面，平面，平面的距离相等，故与重合.设平面的法向量，由，得，令，则，故平面的法向量.又，所以与平面所成角的正弦值为.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.15.一辆快递车从地往地运送快递，沿途（包括，）共有站.从地出发时，装上发往后面站的快递各1件，到达后面各站后卸下前面各站发往该站的快递，同时装上该站发往后面各站的快递各1件.设快递车在各站装卸完成后剩余快递的件数构成数列.（1）求，，并写出与的递推关系式；（2）求数列的通项公式，并求出的最大值.答案：（1），，，（2），.解析：思路：（1）由题意可得，并得到，得到答案；（2）累加法得到，，也符合上式，所以.（1）由题意可知，.在第个快递站卸下件快递，同时装上件快递，则，所以，.（2）由（1）知，.可得，，也符合上式，所以.因为，故当时，的最大值为.16.如图，矩形ABCD中，，，将沿矩形对角线BD翻折至，使得点S在底面BCD内的投影点O在CD上，M为BS中点．（1）求证：；（2）求二面角的余弦值．答案：（1）证明见解析（2）解析：思路：（1）利用已知可得，进而可证得平面，进而可证平面，从而可证结论；（2）法一：延长CM，在平面SBC内，过S作CM的垂线，垂足为H，连接HD，可得为所求二面角的平面角，求解即可.法二：建立空间直角坐标系，求得平面CDM的法向量为，可得平面SBC的法向量为，进而利用向量法可求得二面角的余弦值．（1）平面，又平面，，又，且，平面，平面，平面，，又，且，平面，平面，平面，.（2）法一：延长CM，在平面SBC内，过S作CM的垂线，垂足为H，连接HD．由（1）可知，又，且平面SHD，平面SHD，平面SHD，，，又CM为二面角的棱，平面SMC，平面CDM，为所求二面角的平面角平面SCD，，，又M为SB的中点，可得，，，，法二：如图，以O为坐标原点，OS所在直线为z轴，OC所在直线为x轴，在平面BCD内，以过O且垂直于CD的直线为y轴，建立空间直角坐标系，计算可得：，，，则，，，，，由题意可知，平面SBC的法向量为，设平面CDM的法向量为，，，，得，令，则，.二面角的平面角显然为锐角，17.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，恒成立，求的取值范围.答案：（1）当，的递增区间是，没有单调递减区间，若，的递增区间是，递减区间是；（2）解析：思路：（1）先求得函数的导函数，然后根据，两种情况，讨论的单调性；（2）由题可知，在时恒成立，则令，结合（1）判断函数的单调性求其最小值，求得的取值范围.（1）由题知：，若，，在上单调递增；若，令解得：，当时，，单调递减；当时，，单调递增，综上，当，的递增区间是，没有单调递减区间，若，的递增区间是，递减区间是；（2）依题意，时，恒成立，即在上恒成立，令，则=，令，由（1）知函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，则有，即，即当时，则，当时，则，即在上单调递减，在上单调递增，所以函数在处取最小值，于是得，所以的取值范围为.18.已知双曲线的一条渐近线的方程为，以的右焦点为圆心，半径为2的圆被截得的弦长为，．（1）求的方程；（2）已知上的动点，关于轴对称，直线与交于另外一点，证明：直线恒过定点；（3）设与的渐近线不平行的两条直线，均与相切，且交点为，当，的斜率之积为时，判断是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．答案：（1）（2）证明见解析（3）存在，解析：思路：（1）根据双曲线的渐近线方程和点到直线距离公式，圆的弦长公式列方程求出，从而得到双曲线方程；（2）设直线方程为，与双曲线联立，用韦达定理得到纵坐标的关系，写出直线的方程，令求出定点横坐标，即可证明；（3）设过的切线方程，并与双曲线联立，利用得到关于的方程，结合，的斜率之积为推出在椭圆上，再利用椭圆的定义，找到左焦点即可知为定值.（1）设，到渐近线的距离为，则．由题意，得，解得，由已知及，解得，，所以的方程为．（2）证明：由题知直线的斜率存在且不为零，设其方程为，与联立，消去并整理得，则，且，即，且．设，，则，则，，，直线的方程为，令，得，所以直线过定点．（3）设过点，与只有一个公共点，且与的渐近线不平行的直线方程为，与联立，消去并整理，得，则