2026届四川省阿坝市数学高二第一学期期末综合测试模拟试题含解析.doc

2026届四川省阿坝市数学高二第一学期期末综合测试模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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。
1．一个动圆与定圆相外切，且与直线相切，则动圆圆心的轨迹方程为（）
A. B.
C. D.
2．已知是直线的方向向量，为平面的法向量，若，则的值为（）
A. B.
C.4 D.
3．直线的斜率是（）
A. B.
C. D.
4．直线与圆的位置关系是（）
A.相切 B.相交
C.相离 D.不确定
5．意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，……，这就是著名的斐波那契数列，该数列的前2022项中有（ ）个奇数
A.1012 B.1346
C.1348 D.1350
6．设，则有（）
A. B.
C. D.
7．某学校的校车在早上6：30，6：45，7：00 到达某站点，小明在早上6：40至7：10之间到达站点，且到达的时刻是随机的，则他等车时间不超过5分钟的概率是（ ）
A. B.
C. D.
8．已知函数，若对任意的，，且，总有，则的取值范围是（）
A B.
C. D.
9．已知抛物线上的点到其准线的距离为，则（）
A. B.
C. D.
10．已知直线在x轴和y轴上的截距相等，则a的值是（ ）
A 或1 B.或
C. D.1
11．已知双曲线的离心率为5，则其标准方程为()
A. B.
C. D.
12．围棋起源于中国，据先秦典籍世本记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年历史．围棋不仅能抒发意境、陶冶情操、修身养性、生慧增智，而且还与天象易理、兵法策略、治国安邦等相关联，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际围棋比赛中，规定甲与乙对阵，丙与丁对阵，两场比赛的胜者争夺冠军，根据以往战绩，他们之间相互获胜的概率如下：

甲
乙
丙
丁
甲获胜概率

乙获胜概率

丙获胜概率

丁获胜概率

则甲最终获得冠军的概率是（ ）

A.0.165 B.0.24
C.0.275 D.0.36
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图所示的是一个正方体的平面展开图，，则在原来的正方体中，直线与平面所成角的正弦值为___________.

14．为和的等差中项，则_____________.
15．若抛物线上一点到轴的距离是4，则点到该抛物线焦点的距离是___________.
16．已知数列的前项和为，则__________.
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）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的封闭图形.

（1）设，，求这个几何体的表面积；
（2）设G是弧DF的中点，设P是弧CE上的一点，且.求异面直线AG与BP所成角的大小.
18．（12分）2021年国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作，制定2030年前碳排放达峰行动方案，优化产业结构和能源结构.汽车行业是碳排放量比较大的行业之一，若现对CO2排放量超过130 g/km的MI型新车进行惩罚(视为排放量超标)，某检测单位对甲、乙两类MI型品牌的新车各抽取了5辆进行CO2排放量检测，记录如下(单位：g/km)：
甲
80
110
120
140
150
乙
100
120
x
y
160
经测算发现，乙类品牌车CO2排放量的均值为乙＝120 g/km.
（1）求甲类品牌汽车的排放量的平均值及方差；
（2）若乙类品牌汽车比甲类品牌汽车CO2的排放量稳定性好，求x的取值范围.
19．（12分）椭圆的左、右焦点分别为，短轴的一个端点到的距离为，且椭圆过点过且不与两坐标轴平行的直线交椭圆于两点，点与点关于轴对称.
（1）求椭圆的方程
（2）当直线的斜率为1时，求的面积；
（3）若点，求证：三点共线.
20．（12分）设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于两点.

（1）若点B为椭圆C的上顶点，求直线的方程；
（2）设直线的斜率分别为，，求证：为定值.
21．（12分）已知函数f(x)＝
（1）求函数f(x)在x=1处的切线方程；
（2）求证：
22．（10分）已知椭圆的中心在原点，焦点为，，且长轴长为4.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆相交于A，两点，求弦长.
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、D
【解析】根据点到直线的距离与点到点之间距离的关系化简即可.
【详解】定圆的圆心，半径为2，
设动圆圆心P点坐标为（x，y），动圆的半径为r，d为动圆圆心到直线的距离，即r，
则根据两圆相外切及直线与圆相切的性质可得，
所以，
化简得：
∴动圆圆心轨迹方程为
故选：D
2、A
【解析】由，可得，再计算即可求解.
【详解】由题意可知，所以，即.
故选：A
3、D
【解析】把直线方程化为斜截式即得
【详解】直线方程的斜截式为，斜率为
故选：D
4、B
【解析】直线恒过定点，而此点在圆的内部，故可得直线与圆的位置关系.
【详解】直线恒过定点，
而，故点在圆的内部，
故直线与圆的位置关系为相交，
故选：B.
5、C
【解析】由斐波那契数列的前几项分析该数列的项的奇偶规律，由此确定该数列的前2022项中的奇数的个数.
【详解】由已知可得为奇数，为奇数，为偶数，因为，
所以为奇数，为奇数，为偶数，
…………
所以为奇数，为奇数，为偶数，
又
故该数列的前2022项中共有1348个奇数，
故选：C.
6、A
【解析】利用作差法计算与比较大小即可求解.
【详解】因为，，
所以，
所以，
故选：A.
7、B
【解析】求出小明等车时间不超过5分钟能乘上车的时长，即可计算出概率.
【详解】6:40至7：10共30分钟，
小明同学等车时间不超过5分钟能乘上车只能是6：40至6:45和6:55至7:00到站，
共10分钟，所以所求概率为.
故选：B
8、B
【解析】根据函数单调性定义、二次函数性质及对称轴方程，即可求解参数取值范围.
【详解】依题意可得，在上为减函数，则，即的取值范围是
故选：B
【点睛】本题考查函数单调性定义，二次函数性质，属于基础题.
9、C
【解析】首先根据抛物线的标准方程的形式，确定的值，再根据焦半径公式求解.
【详解】，，
因为点到的准线的距离为，所以，得
故选：C
10、A
【解析】分截距都为零和都不为零讨论即可.
【详解】当截距都为零时，直线过原点，；
当截距不为零时，，.
综上：或.
故选：A.
11、D
【解析】双曲线离心率公式和a、b、c的关系即可求得m，从而得到双曲线的标准方程.
【详解】∵双曲线，
∴，又，∴，
∵离心率为，∴，解得，
∴双曲线方程.
故选：D.
12、B
【解析】先求出甲第一轮胜出的概率，再求出甲第二轮胜出的概率，即可得出结果.
【详解】甲最终获得冠军的概率，
故选：B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】将展开图还原成正方体，通过建系利用空间向量的知识求解.
【详解】将展开图还原成正方体，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，.
则.
设平面的法向量为，由令，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.
故答案为：

14、
【解析】利用等差中项的定义可求得结果.
【详解】由等差中项的定义可得.
故答案为：.
15、5
【解析】根据抛物线的定义知点P到焦点距离等于到准线的距离即可求解.
【详解】因为抛物线方程为，
所以准线方程，
所以点到准线的距离为，
故点到该抛物线焦点的距离.
故答案为
16、
【解析】根据题意求得，得到，利用等差数列的求和公式，求得，结合裂项法求和法，即可求解.
【详解】由，可得，即，
因为，所以，
又因为，所以，
可得，所以，
所以.
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）
（2）
【解析】（1）将几何体的表面积分成上下两个扇形、两个矩形和一个圆柱形侧面的一部分组成，分别求出后相加即可；
（2）先根据条件得到面，通过平移将异面直线转化为同一个平面内的直线夹角即可
【小问1详解】
上下两个扇形的面积之和为：
两个矩形面积之和为：4
侧面圆弧段的面积为：
故这个几何体的表面积为：
【小问2详解】
如下图，将直线平移到下底面上为

由，且，，可得：面
则
而G是弧DF的中点，则
由于上下两个平面平行且全等，则直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，即为所求，则
则直线与直线的夹角为
18、（1），600
（2）
【解析】用平均数及方差公式计算即可.
用平均值得、之间的关系，再由，解不等式可得解.
【小问1详解】
甲类品牌汽车的排放量的平均值，
甲类品牌汽车的排放量的方差
.
【小问2详解】
由题意知乙类品牌汽车的排放量的平均值
＝120(g/km)，
得x＋y＝220，故y＝220－x，
所以乙类品牌汽车的排放量的方差
，
因为乙类品牌汽车比甲类品牌汽车的排放量稳定性好，所以，
解得.
19、（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】（1）根据已知求出即得椭圆的方程；
（2）联立直线和椭圆的方程求出弦长和三角形的高即得解；
（3）联立直线和椭圆的方程，得到韦达定理，再利用平面向量证明.
【小问1详解】
解：由题得，所以椭圆方程为，
因为椭圆过点所以，所以
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
解：由题得,所以直线的方程为即，
联立直线和椭圆方程得，
所以,点到直线的距离为.
所以的面积为.
【小问3详解】
解：设直线的方程为，
联立直线和椭圆的方程得，
设，所以，
由题得，，
所以，
所以
，
所以,又有公共点,
所以三点共线.
20、（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）求出的直线方程，结合椭圆方程可求的坐标，从而可求的直线方程；
（2）设，直线（或），则可用两点的坐标表示或，联立直线的方程和椭圆的方程，消元后利用韦达定理可化简前者从而得到要证明的结论
【详解】（1）若B为椭圆的上顶点，则.
又过点，故直线
由可得，解得即点，
又，故直线；
（2）设，
方法一：
设直线，代入椭圆方程可得：
所以，
故
，
又均不为0，故，即为定值
方法二：
设直线，代入椭圆方程可得：
所以
所以，即，
所以，
即为定值
方法三：
设直线，代入椭圆方程可得：
所以，
所以
所以，
把代入得
方法四：
设直线，代入椭圆的方程可得，
则
所以.
因为，
代入得.
【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.
21、（1）y=5x－1；（2）证明见解析
【解析】（1）求出导函数，求出切线的斜率，切点坐标，然后求切线方程
（2）不等式化简为．设，求出导函数，判断函数的单调性求解函数的最值，然后证明即可
【详解】解：（1）的定义域为，的导数
由（1）可得，则切点坐标为，
所求切线方程为
（2）证明：
即证．设，则，
由，得
当时，；当时，
在上单调递增，在上单调递减，（1）
，即不等式成立，则原不等式成立
22、（1）
（2）
【解析】（1）由已知直接可得；
（2）联立方程组求出A，两点坐标，再由两点间距离公式可得.
【小问1详解】
∵椭圆的中心在原点，焦点为，且长轴长为4，
，，，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
设，联立解得和， ，
∴弦长.