2024-2025学年山东省菏泽市定陶区高二上册期末数学模拟检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省菏泽市定陶区高二上册期末数学模拟检测试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．记递增的等差数列的前项和为．若，则（ ）
A．B．125C．155D．185
2．已知有100个半径互不相等的同心圆，其中最小圆的半径为1，在每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，则这100个圆中最大圆的半径是（ ）
A．8B．9C．10D．100
3．已知双曲线分别为的左焦点和右顶点，点是上的点，若的面积为，则的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
4．若直线经过点 和圆C：的圆心,并且与直线垂直,则m的值为（ ）
A．-1B．1C．-4D．4
5．如图所示，在四面体中，，，，点在上，且，为的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知数列的前n项和为，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
7．已知椭圆，O为坐标原点，直线l交椭圆于A，B两点，M为AB的中点.若直线l与OM的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在空间四边形中，若向量，，点E，F分别为线段的中点，则的坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，过点作抛物线的切线，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为 B．当时，
C．以线段为直径的圆与直线相切
D．当最小时，切线与准线的交点坐标为
10．瑞士数学家伯努利于1694年发现了双纽线，即在平面直角坐标系中，点到两个定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，则当时，下列结论正确是（ ）
A．点在双纽线上 B．点的轨迹方程为
C．双纽线关于坐标轴对称 D．满足的点有1个
11．如图，在正方体中，P为的中点，，，则下列说法正确的是（ ）

A． B．当时，平面
C．当时，PQ与CD所成角的余弦值为
D．当时，平面
12．1202年，意大利数学家斐波那契出版了他的《算盘全书》，在书中收录了一个有关兔子繁殖的问题.他从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，具体数列为：1，1，2，3，5，8，13，…，即从数列的第三项开始，每个数字都等于前两个相邻数字之和．已知数列为斐波那契数列，其前n项和为，并且满足，，，则关于斐波那契数列，以下结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
13．已知向量，，，若向量与所成角为锐角，则实数的范围是 .
14．若直线过直线和的交点，且在轴的截距是轴截距的2倍，则直线的方程是 .
15．已知正项等差数列中，，其中，6，构成等比数列，，数列的前项和为，若，不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
16．已知一个酒杯是由一个抛物线绕其对称轴旋转一周形成的，抛物线的方程为：，现在将一个半径为的小球放入酒杯中，若小球能触及杯子的最底部，则小球的半径的取值范围是 .
四、解答题
17．数列为等差数列，为等比数列，公比.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
18．已知数列满足，.
(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)若记为满足不等式的正整数k的个数，求数列的前n项和为，求关于n的不等式的最大正整数解.
19．已知圆C过点且圆心在直线上
(1)求圆C的方程，并求过点的切线方程．
(2)若过点的直线与圆C交于A，B两点，且三角形ABC的面积为10，求直线l的方程．
20．如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，，.

(1)求点到平面ABCD的距离；
(2)在棱上是否存在点，使得平面DBF与平面PBC夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
21．已知抛物线，为的焦点，直线与交于不同的两点、，且点位于第一象限.
(1)若直线经过的焦点，且，求直线的方程；
(2)若直线经过点，为坐标原点，设的面积为，的面积为，求的最小值.
22．已知椭圆C:的离心率为长轴的右端点为.
(1)求C的方程；
(2)不经过点A的直线与椭圆C分别相交于两点，且以MN为直径的圆过点，试证明直线过一定点，并求出此定点；
答案：
1．C
【详解】设递增的等差数列的公差为，则．
因为，所以当时，，即①，
当时，，即②．
联立①②，结合，解得，.所以.
故选：C
2．C
【详解】设这100个圆的半径从小到大依次为，则由题知，
每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，
有，则是首项为1公差为1的等差数列，，
所以，得.故选：C.
3．B
【详解】设双曲线的焦距为，
由题设知，，则，
所以，且，易知，
又因为点在上，所以，所以，

因为，所以，
则，
化简得，
解得或（舍去）.所以，，故C的离心率为.
故选：B
4．A
【详解】解：圆C：的圆心坐标为，
因为直线经过点 和圆C：的圆心,所以直线的斜率为，又因为该直线与直线垂直, 所以，解得 ，
故选：A
5．B
【详解】因为，所以，
所以,
故选：B
6．D
【详解】当时，，
当时，，所以不满足的情况，
所以，
对于A：当时，由指数函数单调性可知：，所以，故A错误；
对于B：因为，所以，故B错误；
对于C：当时，，满足；
当时，，不满足，
故不恒成立，故C错误；
对于D：当时，，满足；
当时，由指数函数的单调性可知为递减数列，此时，
且恒成立，所以，也满足；所以，故D正确；
故选：D.
7．D
【详解】设，，，
将A，B两点坐标代入椭圆C的方程可得，，
两式相减可得.
又因为M为AB的中点，所以，所以，
所以，，
又直线l与OM的斜率之积为，
所以，即，
所以椭圆C的离心率.故选：D.
8．B
【详解】因为E，F分别为线段的中点，
所以，，.
因为，，，
所以，
，
所以，.
故选：B.
9．ACD
【详解】对于A，依题意可设直线的方程为，，，，则，，
联立，消整理得，
则，代入得，
则，当且仅当时取等号，
所以 的最小值为，故A正确；
对于B，结合A可得，，
由，得，解得，，故B错误；
对于C，由题意得抛物线的准线方程为，焦点，
设，，在准线上的射影为，，，
则，，，
所以以线段为直径的圆与直线相切，故C正确；
对于D，结合A可得，当最小时，不妨取，
则可设切线的方程为，
联立，消整理得，
则，解得，所以切线的方程为，
联立，解得，，即切线与准线的交点坐标为，故D正确．
故选：ACD．
10．BCD
【详解】由双纽线的定义可得：，
即，化简得：，
则当时，点的轨迹方程为，故B正确；
当时代入方程得，显然不满足方程，
所以点不在双纽线上故A错误；
把x换成，y换成，方程不变，所以双纽线关于坐标轴对称，故C正确；
因为，若满足，则点P在y轴上，
在方程中令，解得，
所以满足的点为，故D正确；
故选：BCD.
11．ABC
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，
所以，，
所以，所以，A正确；
当时，，所以，
又平面，平面，
从而平面，B正确；
当时，，，
所以PQ与CD所成角的余弦值为，C正确；
当时，，，
，
所以不垂直于，所以不垂直于平面，D错误．

故选：ABC.
12．BC
【详解】斐波那契数列中，，，，
，A错误；
当时，，，三个式子相加，得：，B正确；
当时，，则
，C正确；
当时，，则
，D错误.
故选：BC
13．
【详解】由向量，，可得，
因为，可得，解得，
所以，所以与，
又因为向量与所成角为锐角，
所以，解得，
若向量与共线，则，解得，
所以实数的范围是.
故答案为.
14．或
【详解】联立，解得，故交点坐标为，
当在轴的截距与在轴的截距为0时，设直线方程为，
将代入得，解得，故直线的方程为；
当在轴的截距与在轴的截距不为0时，设直线方程为，
将代入得，解得，
故直线方程为，即，所以直线的方程为或.
故或
15．
【详解】设等差数列的公差为，则.
因为，且，6，构成等比数列，
所以，
整理得，解得或（舍去）.
所以，则，
所以.
由，㭩.
当为奇数时，，
即；
当为偶数时，.
即.
（或当时.由，等；当时，由，得）
综上所述，实数的取值范围为.
故
16．
【详解】取轴截面进行分析，
设小球对应的圆心为，抛物线上任意一点，且，
所以，
当的最小值在处取到时，此时小球能触及杯底，
由二次函数的性质可知，，所以，故此时半径的取值范围是，
故答案为.
17．(1)(2)
【详解】（1）设等差数列得公差为d，联立，即，
解得，或，又，所以，
故，
（2）令，
则，
两边乘以得，，
错位相减整理得，，
所以.
18．【详解】（1）由取倒数得，即，
又，所以，所以为首项为，公差为的等差数列，
则，故.
（2）由，得，
则，则，
所以这样的有个，故，则，
所以，
则，
两式相减得：，
所以，易知为递增数列，
又因为，，，
所以，故，则最大正整数解为8.
19．
【详解】（1）由对称性可知圆心C在线段的垂直平分线上，
线段的中点坐标为，
又，故的垂直平分线的斜率为，
故的垂直平分线方程为，即，
联立与，解得，
故圆心坐标为，半径为，
故圆C的方程为，
当过点的直线斜率不存在时，不是圆C的切线，
设过点的切线方程为，则，解得，
故过点的切线方程为，即；
（2）将代入圆C，，
故点在圆C外，
当过点的直线斜率不存在时，此时直线与圆无交点，舍去，
设过点的直线方程为，
则圆心到直线的距离，
又半径，故由垂径定理得，
又三角形ABC的面积为10，
所以，解得或，
由于，故或均满足要求，
当时，，解得或，
当时，，解得，
综上，直线l的方程为或或.
20．
【详解】（1）由题设，知，所以.
又，所以为等边三角形，所以.
在中，，所以.
即，则.
所以，即，
又，且平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
如图1，设为的中点，连接，因为，所以.
又因为平面平面，平面.
所以平面，所以即为点到平面的距离.
在中，，所以.
即点到平面的距离为.

（2）如图2，连接OC，则，且平面ABCD，
所以，所以PO，BD，OC两两互相垂直.
以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.
则，
所以.
若上存在点满足题意，不妨设，则，
所以.
设是平面的法向量，
则，解得，
不妨取，则平面的一个法向量为.
同理，设是平面的法向量，
则，解得，不妨取，
则，所以平面的一个法向量为，
所以，
化简整理得，解得或.
即或.
故在的三等分点处存在点，可使得平面与平面夹角的余弦值为.

21．
【详解】（1）解：依题意知，.
若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立，可得，则，
由韦达定理可得，
所以，，
解得，所以，直线的方程为或，
即或.
（2）解：若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立，可得，则，
由韦达定理可得，则，即.
不妨设，则，
所以，的面积为，
的面积为，
所以，，
当且仅当时，即时取等号.
所以的最小值为.
22．【详解】（1）椭圆：的离心率为，长轴的右端点为，
可得，解得，所以椭圆的标准方程为.
（2）①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
可得，且
即
设，所以，
由题意得，即，
可得
，
所以，解得或，
当时，直线方程为，此时过，不符合题意（舍去）；
当时，直线方程为，此时过，符合题意，
当直线的斜率不存在时，设直线，则点，
于是，解得，直线过点，
综上可得，直线过定点.