2025届海南省三亚市天涯区三亚华侨学校数学高二上期末复习检测模拟试题含解析

2025届海南省三亚市天涯区三亚华侨学校数学高二上期末复习检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．已知抛物线内一点，过点的直线交抛物线于，两点，且点为弦的中点，则直线的方程为（）A. B.C D.2．已知直线，，点是抛物线上一点，则点到直线和的距离之和的最小值为（）A.2 B.C.3 D.3．已知圆的圆心在轴上，半径为2，且与直线相切，则圆的方程为A. B.或C. D.或4．已知l，m是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，则（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则5．记等比数列的前项和为，若，，则（）A.12 B.18C.21 D.276．已知等差数列的公差为，则“”是“数列为单调递增数列”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件7．如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，圆锥PO的轴截面PAE是边长为2的等边三角形，是底面圆的内接正三角形．则（）A. B.C. D.8．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（）A.60种 B.120种C.240种 D.480种9．在四棱锥中，底面ABCD是正方形，E为PD中点，若，，，则（）A. B.C. D.10．圆关于直线对称，则的最小值是（）A. B.C. D.11．已知集合A={1，a，b}，B={a2，a，ab}，若A=B，则a2021+b2020=（）A.-1 B.0C.1 D.212．已知数列是等差数列，其前n项和为，则下列说法错误的是（）A.数列一定是等比数列 B.数列一定是等差数列C.数列一定是等差数列 D.数列可能是常数数列二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若数列满足，，则__________14．如图，棱长为1的正方体，点沿正方形按的方向作匀速运动，点沿正方形按的方向以同样的速度作匀速运动，且点分别从点A与点同时出发，则的中点的轨迹所围成图形的面积大小是________.15．若双曲线的渐近线与圆相切，则该双曲线的实轴长为______16．已知，，，，使得成立，则实数a的取值范围是___________.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）设为数列的前n项和，且满足（1）求证：数列为等差数列；（2）若，且成等比数列，求数列的前项和18．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：y2=4x经过点A（1，2），直线l：y=kx+b与抛物线C交于M，N两点.（1）若，求直线l的方程；（2）当AM⊥AN时，若对任意满足条件的实数k，都有b=mk+n（m，n为常数），求m+2n的值.19．（12分）已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，的面积为1.（1）求抛物线的标准方程；（2）设点是抛物线上异于点的一点，直线与直线交于点，过作轴的垂线交抛物线于点，求证：直线过定点.20．（12分）如图，在直棱柱中，已知，点分别的中点.（1）求异面直线与所成的角的大小；（2）求点到平面的距离；（3）在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的大小是?若存在，请指出点的位置，若不存在，请说明理由.21．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，，且椭圆过点，离心率，为坐标原点，过且不平行于坐标轴的动直线与有两个交点，，线段的中点为.（1）求的标准方程；（2）记直线斜率为，直线的斜率为，证明：为定值；（3）轴上是否存在点，使得为等边三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.22．（10分）已知抛物线：的焦点是圆与轴的一个交点.（1）求抛物线的方程;（2）若过点的直线与抛物线交于不同的两点A、B，О为坐标原点，证明：.

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】利用点差法求出直线斜率，即可得出直线方程.【详解】设，则，两式相减得，即，则直线方程为，即.故选：B.2、C【解析】由抛物线的定义可知点到直线和的距离之和的最小值即为焦点到直线的距离.【详解】解：由题意，抛物线的焦点为，准线为，所以根据抛物线的定义可得点到直线的距离等于，所以点到直线和的距离之和的最小值即为焦点到直线的距离，故选：C.3、D【解析】设圆心坐标，由点到直线距离公式可得或，进而求得答案【详解】设圆心坐标，因为圆与直线相切，所以由点到直线的距离公式可得，解得或.因此圆的方程为或.【点睛】本题考查利用直线与圆的位置关系求圆的方程，属于一般题4、B【解析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系分析选项A,C,D，由平面与平面垂直的判定定理判定选项D.【详解】选项A.由，，直线l，m可能相交、平行，异面，故不正确.选项B.由，，则，故正确.选项C.由，，直线l，m可能相交、平行，异面，故不正确.选项D.由,,则可能相交，可能平行，故不正确.故选：B5、C【解析】根据等比数列的性质，可知等比数列的公比,所以成等比数列，根据等比的中项性质即可求出结果.【详解】因为为等比数列的前项和，且，，易知等比数列的公比,所以成等比数列所以，所以，解得.故选：C6、C【解析】利用等差数列的定义和数列单调性的定义判断可得出结论.【详解】若，则，即，此时，数列为单调递增数列，即“”“数列为单调递增数列”；若等差数列为单调递增数列，则，即“”“数列为单调递增数列”.因此，“”是“数列为单调递增数列”的充分必要条件.故选：C.7、B【解析】先求出，再利用向量的线性运算和数量积计算求解.【详解】解：由题得,,故选：B8、C【解析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，故选：C.【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.9、C【解析】根据向量线性运算法则计算即可.【详解】故选：C10、C【解析】先求出圆的圆心坐标，根据条件可得直线过圆心，从而可得，然后由，展开利用均值不等式可得答案.【详解】由圆可得标准方程为，因为圆关于直线对称，该直线经过圆心，即，，，当且仅当，即时取等号，故选：C.11、A【解析】根据A=B，可得两集合元素全部相等，分别求得和ab=1两种情况下，a，b的取值，分析讨论，即可得答案.【详解】因为A=B，若，解得，当时，不满足互异性，舍去，当时，A={1，-1，b}，B={1，-1，-b}，因为A=B，所以，解得，所以；若ab=1，则，所以，若，解得或1，都不满足题意，舍去，若，解得，不满足互异性，舍去，故选：A【点睛】本题考查两集合相等的概念，在集合相等问题中由一个条件求出参数后需进行代入检验，检验是否满足互异性、题设条件等，属基础题.12、B【解析】可根据已知条件，设出公差为，选项A，可借助等比数列的定义使用数列是等差数列，来进行判定；选项B，数列，可以取，即可判断；选项C，可设，表示出再进行判断；选项D，可采用换元，令，求得的关系即可判断.【详解】数列是等差数列，设公差为，选项A，数列是等差数列，那么为常数，又，则数列一定是等比数列，所以选项A正确；选项B，当时，数列不存在，故该选项错误；选项C，数列是等差数列，可设（A、B为常数），此时，，则为常数，故数列一定是等差数列，所以该选项正确；选项D，，则，当时，，此时数列可能是常数数列，故该选项正确.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、7【解析】根据递推公式，依次求得值.【详解】依题意，由，可知，故答案为：714、##【解析】画出符合要求的图形，观察得到轨迹是菱形，并进行充分性和必要性两方面的证明，并求解出轨迹图形的面积.【详解】如图，分别是正方形ABCD，，的中心，下面进行证明：菱形EFGC的周界即为动线段PQ的中点H的轨迹，首先证明：如果点H是动线段PQ的中点，那么点H必在菱形EFGC的周界上，分两种情况证明：（1）P，Q分别在某一个定角的两边上，不失一般性，设P从B到C，而Q同时从到C，由于速度相同，所以PQ必平行于，故PQ的中点H必在上；（2）P，Q分别在两条异面直线上，不失一般性，设P从A到B，同时Q从到，由于速度相同，则，由于H为PQ的中点，连接并延长，交底面ABCD于点T，连接PT，则平面与平面交线是PT，∵∥平面，∴∥PT，∴，而，∥BC，∴是等腰直角三角形，，从而T在AC上，可以证明FH∥AC，GH∥AC，DG∥AC，基于平行线的唯一性，显然H在DG上，综合（1）（2）可证明，线段PQ的中点一定在菱形EFGC的周界上；下面证明：如果点H在菱形EFGC的周界上，则点H必定是符合条件的线段的中点.也分两种情况进行证明：（1）H在CG或CE上，过点H作PQ∥（或BD），而与BC及（或CD及BC）分别相交于P和Q，由相似的性质可得：PH=QH，即H是PQ的中点，同时可证：BP=（或BQ=DP），因此P、Q符合题设条件（2）H在EF或FG上，不失一般性，设H在FG上，连接并延长，交平面AC于点T，显然T在AC上，过T作TP∥CB于点P，则TP∥，在平面上，连接PH并延长，交于点Q，在三角形中，G是的中点，∥AC，则H是的中点，于是，从而有，又因为TP∥CB，，所以，从而，因此P，Q符合题设条件.由（1）（2），如果H是菱形EFGC周界上的任一点，则H必是符合题设条件的动线段PQ的中点，证毕.因为四边形为菱形，其中，所以边长为且，为等边三角形，，所以面积.故答案为：【点睛】对于立体几何轨迹问题，要画出图形，并要善于观察，利用所学的立体几何方面的知识，大胆猜测，小心验证，对于多种情况的，要画出相应的图形，注意分类讨论.15、【解析】由双曲线方程写出渐近线，根据相切关系，结合点线距离公式求参数a，即可确定实轴长.【详解】由题设，渐近线方程为，且圆心为，半径为1，所以，由相切关系知：，可得，又，即，所以双曲线的实轴长为.故答案为：16、【解析】由题可得，求导可得的单调性，将的最小值代入，即得.【详解】∵，，使得成立，∴由，得，当时，，∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，∴函数在区间上的最小值为又在上单调递增，∴函数在区间上的最小值为，∴，即实数的取值范围是故答案为：.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）证明见解析；（2）答案见解析.【解析】（1）利用给定的递推公式，结合“当时，”变形，再利用等差中项的定义推理作答.（2）利用（1）的结论，利用等比中项的定义列式计算，再利用等差数列前n项和公式计算作答.【小问1详解】依题意，，当时，有，两式相减得：，同理可得，于是得，即，而当时，，所以数列为等差数列.【小问2详解】由（1）知数列为等差数列，设其首项为，公差为d，依题意，，解得或，当时，，当时，.18、（1）（2）3或【解析】（1）由可得，则可得直线为，设，然后将直线方程代入抛物线方程中消去，再利用根与系数的关系，由可得，三个式子结合可求出，从而可得直线方程，（2）将直线方程代入抛物线方程中消去，再利用根与系数的关系表示出，再结合直线方程表示出，由AM⊥AN可得，化简结合前面的式子可求出或，从而可可求出的值，进而可求得答案【小问1详解】因为A（1，2），，所以，则直线为，设，由，得，由，得则，因为，所以，所以，所以，所以，解得，所以直线的方程为，即，【小问2详解】设，由，得，由，得，则，所以，，因为AM⊥AN，所以，所以，即，所以，所以，所以或，所以或，所以或19、（1）（2）证明见解析【解析】(1)由条件列方程求，由此可得抛物线方程；(2)方法一：联立直线与抛物线方程，结合条件三点共线，可证明直线过定点，方法二：联立直线与抛物线方程，联立直线与直线求，由垂直与轴列方程化简，可证明直线过定点.【小问1详解】因为点在抛物线上，所以，即，，因为，故解得，抛物线的标准方程为【小问2详解】设直线的方程为，由，得，所以，由（1）可知当时，，此时直线的方程为，若时，因为三点共线，所以，即，又因为，，化简可得，又，进而可得，整理得，因为所以，此时直线的方程为，直线恒过定点又直线也过点，综上：直线过定点解法二：设方程，得若直线斜率存在时斜率方程为即解得：，于是有整理得.（*）代入上式可得所以直线方程为直线过定点.若直线斜率不存在时，直线方程为所以P点坐标为，M点坐标为此时直线方程为过点综上：直线过定点.【点睛】解决直线与抛物线的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；(2)强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题20、（1）（2）（3）不存在，理由见解析【解析】（1）由题意，以点A为原点，方向分别为x轴、y轴与z轴的正方向，建立空间直角坐标系.，利用向量法求解异面直线成角即可.（2）先求出平面DEF的一个法向量，然后利用向量法求解点面距离.（3）设（），由可得关于