陜西省西安電子科技大學附中2026屆高二數學第一學期期末質量檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．圓與圓的位置關系為（）A.內切 B.相交C.外切 D.外離2．某雙曲線的一條漸近方程為，且焦點為，則該雙曲線的方程是（）A. B.C. D.3．已知，，，，則下列不等關系正確的是()A. B.C. D.4．若曲線表示圓，則m的取值范圍是（）A. B.C. D.5．已知等差數列，且，則（）A.3 B.5C.7 D.96．若復數滿足，則復平面內表示的點位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限7．已知直線，，點是拋物線上一點，則點到直線和的距離之和的最小值為（）A.2 B.C.3 D.8．數列滿足且，則的值是（）A.1 B.4C.－3 D.69．楊輝三角是二項式系數在三角形中的一種幾何排列，在中國南宋數學家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書中就有出現.在歐洲，帕斯卡（1623～1662）在1654年發(fā)現這一規(guī)律，比楊輝要遲了393年.如圖所示，在“楊輝三角”中，從1開始箭頭所指的數組成一個鋸齒形數列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，則在該數列中，第37項是A.153 B.171C.190 D.21010．若x，y滿足約束條件，則的最大值為（）A.1 B.0C.?1 D.?311．過雙曲線（，）的左焦點作圓：的兩條切線，切點分別為，，雙曲線的左頂點為，若，則雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.12．若a，b，c為實數，且，則以下不等式成立的是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數，，若，，使得，則實數a的取值范圍是______14．圓心為直線與直線的交點，且過原點的圓的標準方程是________15．若命題P：對于任意，使不等式為真命題，則實數的取值范圍是___________.16．數列滿足，則__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知數列為等差數列，公差，前項和為，，且成等比數列（1）求數列的通項公式（2）設，求數列的前項和18．（12分）已知圓經過點和，且圓心在直線上.（1）求圓的方程;（2）過原點的直線與圓交于M，N兩點，若的面積為，求直線的方程.19．（12分）如圖1，在△MBC中，，A，D分別為棱BM，MC的中點，將△MAD沿AD折起到△PAD的位置，使，如圖2，連結PB，PC，BD（1）求證：平面PAD⊥平面ABCD；（2）若E為PC中點，求直線DE與平面PBD所成角的正弦值20．（12分）已知，，且，求實數的取值范圍.21．（12分）已知圓的圓心在直線，且與直線相切于點.（1）求圓的方程；（2）直線過點且與圓相交，所得弦長為，求直線的方程.22．（10分）已知橢圓的離心率為，且過點.（1）求橢圓的方程；（2）四邊形的頂點在橢圓上，且對角線，均過坐標原點，若，求的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】將圓的一般方程化為標準方程，根據圓心距和半徑的關系，判斷兩圓的位置關系.【詳解】圓的標準方程為，圓的標準方程為，兩圓的圓心距為，即圓心距等于兩圓半徑之和，故兩圓外切，故選：C.2、D【解析】設雙曲線的方程為，利用焦點為求出的值即可.【詳解】因為雙曲線的一條漸近方程為，且焦點為，所以可設雙曲線的方程為，則，，所以該雙曲線方程為.故選：D.3、C【解析】不等式性質相關的題型，可以通過舉反例的方式判斷正誤.【詳解】若、均為負數，因為，則，故A錯.若、，則，故B錯.由不等式的性質可知，因為，所以，故C對.若，因為，所以，故D錯.故選：C.4、C【解析】按照圓的一般方程滿足的條件求解即可.【詳解】或.故選：C.5、B【解析】根據等差數列的性質求得正確答案.【詳解】由于數列是等差數列，所以.故選：B6、A【解析】根據復數的運算法則，求得，結合復數的幾何意義，即可求解.【詳解】由題意，復數滿足，可得，所以復數在復平面內對應的點的坐標為，位于第一象限.故選：A.7、C【解析】由拋物線的定義可知點到直線和的距離之和的最小值即為焦點到直線的距離.【詳解】解：由題意，拋物線的焦點為，準線為，所以根據拋物線的定義可得點到直線的距離等于，所以點到直線和的距離之和的最小值即為焦點到直線的距離，故選：C.8、A【解析】根據題意，由于，可知數列是公差為-3的等差數列，則可知d=-3,由于=，故選A9、C【解析】根據“楊輝三角”找出數列1，2，3，3，6，4，10，5，…之間的關系即可?！驹斀狻坑深}意可得從第3行起的每行第三個數：，所以第行的第三個數為在該數列中，第37項為第21行第三個數，所以該數列的第37項為故選：C【點睛】本題主要考查了歸納、推理的能力，屬于中等題。10、B【解析】先畫出可行域，由，得，作出直線，過點時，取得最大值，求出點的坐標代入目標函數中可得答案【詳解】不等式組表示的可行域如圖所示，由，得，作出直線，過點時，取得最大值，由，得，即，所以的最大值為，故選：B11、C【解析】根據，，可以得到，從而得到與的關系式，再由，，的關系，進而可求雙曲線的漸近線方程【詳解】解：由，，則是圓的切線，，，，所以，因為雙曲線的漸近線方程為，即為故選：C12、C【解析】利用不等式的性質直接推導和取值驗證相結合可解.【詳解】取可排除ABD；由不等式的性質易得C正確.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】先求出兩函數在上的值域，再由已知條件可得，且，列不等式組可求得結果【詳解】由，得，當時，，所以在上單調遞減，所以，即，由，得，當時，，所以在上單調遞增，所以，即，因為，，使得，所以，解得，故答案為：14、【解析】由，求得圓心，再根據圓過原點，求得半徑即可.【詳解】由，可得，即圓心為，又圓過原點，所以圓的半徑，故圓的標準方程為故答案為：【點睛】本題主要考查圓的方程的求法，屬于基礎題.15、【解析】根據題意，結合指數函數不等式，將原問題轉化為關于的不等式，對于任意恒成立，即可求解.【詳解】根據題意，知對于任意，恒成立，即，化簡得，令，，則恒成立，即，解得，故.故答案為：.16、【解析】對遞推關系多遞推一次，再相減，可得，再驗證是否滿足；【詳解】∵①時，②①-②得，時，滿足上式，.故答案為：.【點睛】數列中碰到遞推關系問題，經常利用多遞推一次再相減的思想方法求解.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）【解析】（1）根據成等比數列，有，即求解.（2）由（1）可得，，∴，再利用裂項相消法求和.【詳解】（1）由成等比數列，得，即，整理得，∵，∴，∴，即（2）由（1）可得，，∴，故【點睛】本題主要考查等差數列的基本運算和裂項相消法求和，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.18、（1）（2）直線的方程為或或【解析】（1）由弦的中垂線與直線的交點為圓心即可求解；（2）由，可得或，進而有或，顯然直線斜率存在，設直線，由點到直線的距離公式求出的值即可得答案.【小問1詳解】解：設弦的中點為，則有，因為，所以直線，所以直線的中垂線為，則圓心在直線上，且在直線上，聯立方程解得圓心，則圓的半徑為，所以圓方程為；【小問2詳解】解：設圓心到直線的距離為，因為，所以或，所以或，顯然直線斜率存在，所以設直線，則或，解得或或，故直線的方程為或或.19、（1）證明見解析；（2）.【解析】(1)推導出，，利用線面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可證明；(2)以A為坐標原點，建立如圖空間直角坐標系，利用向量法即可求出直線DE與平面所成角的正弦值.【小問1詳解】由題意知，因為點A、D分別為MB、MC中點，所以，又，所以，所以.因為，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面；【小問2詳解】因為，，，所以兩兩垂直，以A為坐標原點，建立如圖空間直角坐標系，，則，設平面的一個法向量為，則，令，得，所以，設直線DE與平面所成角為，則，所以直線DE與平面所成角的正弦值為.20、.【解析】求得集合，根據，分和，兩種情況討論，結合二次函數的性質，即可求解.【詳解】由題意，集合當時，即，解得，此時滿足，當時，要使得，則或，當時，可得，即，此時，滿足；當時，可得，即，此時，不滿足，綜上可知，實數的取值范圍為.21、（1）（2）或【解析】（1）分析可知圓心在直線上，聯立兩直線方程，可得出圓心的坐標，計算出圓的半徑，即可得出圓的方程；（2）利用勾股定理求出圓心到直線的距離，然后對直線的斜率是否存在進行分類討論，設出直線的方程，利用點到直線的距離公式求出參數，即可得出直線的方程.【小問1詳解】解：過點且與直線垂直的直線的方程為，由題意可知，圓心即為直線與直線的交點，聯立，解得，故圓的半徑為，因此，圓的方程為.【小問2詳解】解：由勾股定理可知，圓心到直線的距離為.當直線的斜率不存在時，直線的方程為，圓心到直線的距離為，滿足條件；當直線的斜率存在時，設直線的方程為，即，由題意可得，解得，此時，直線的方程為，即.綜上所