2026届安徽省名校数学高二第一学期期末综合测试试题含解析.doc

2026届安徽省名校数学高二第一学期期末综合测试试题
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．如图，面积为的正方形中有一个不规则的图形，可按下面方法估计的面积：在正方形中随机投掷个点，若个点中有个点落入中，则的面积的估计值为，假设正方形的边长为，的面积为，并向正方形中随机投掷个点，用以上方法估计的面积时，的面积的估计值与实际值之差在区间内的概率为
附表：

A. B.
C. D.
2．定义焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线为一对相关曲线.已知，是一对相关曲线的焦点，Р是这对相关曲线在第一象限的交点，则点Р与以为直径的圆的位置关系是（）
A.在圆外 B.在圆上
C.在圆内 D.不确定
3．某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一人、高二人、高三人中，抽取人进行问卷调查.已知高二被抽取的人数为人，那么高三被抽取的人数为（）
A. B.
C. D.
4．下列命题中，真命题的个数为（ ）
（1）是为双曲线的充要条件；
（2）若，则；
（3）若，，则；
（4）椭圆上的点距点最近的距离为；
A.个 B.个
C.个 D.个
5．已知命题P：，，则命题P的否定为（）
A.， B.，
C.， D.，
6．已知向量为平面的法向量，点在内，点在外，则点到平面的距离为（ ）
A. B.
C. D.
7．在等比数列中，，是方程的两个实根，则（）
A.-1 B.1
C.-3 D.3
8．已知直线过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，与C交于A，B两点，P为C的准线上一点，若的面积为36，则等于（ ）
A.36 B.24
C.12 D.6
9．命题“∀x∈R，|x|+x2≥0”的否定是（　　）
A.∀x∈R，|x|+x2<0 B.∀x∈R，|x|+x2≤0
C.∃x0∈R，|x0|+<0 D.∃x0∈R，|x0|+≥0
10．试在抛物线上求一点，使其到焦点的距离与到的距离之和最小，则该点坐标为　　
A. B.
C. D.
11．在等差数列中，，，则数列的公差为（ ）
A.1 B.2
C.3 D.4
12．已知实数、满足，则的最大值为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知直线与平行，则实数的值为_____________.
14．已知数列是公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求.
15．甲乙两艘轮船都要在某个泊位停靠8个小时，假定它们在一昼夜的时间段内随机地到达，则两船中有一艘在停靠泊位时、另一艘船必须等待的概率为______.
16．直线的倾斜角为______
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．（12分）已知双曲线的左，右焦点为，离心率为.
（1）求双曲线C的渐近线方程；
（2）过作斜率为k的直线l分别交双曲线的两条渐近线于A，B两点，若，求k的值.
18．（12分）二项式展开式中第五项的二项式系数是第三项系数的4倍.求：
（1）；
（2）展开式中的所有的有理项.
19．（12分）已知椭圆的离心率是，且过点.直线与椭圆相交于两点.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）求的面积的最大值；
（Ⅲ）设直线，分别与轴交于点，.判断，大小关系，并加以证明.
20．（12分）已知椭圆的焦距为4，点在G上.
（1）求椭圆G方程；
（2）过椭圆G右焦点的直线l与椭圆G交于M，N两点，O为坐标原点，若，求直线l的方程.
21．（12分）已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，过F的直线与抛物线C交于A，B两点，点M在抛物线C的准线上，MF⊥AB，S△AFM＝λS△BFM

（1）当λ＝3时，求|AB|的值；
（2）当λ∈[]时，求|+|的最大值
22．（10分）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求在区间上的最值.
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】每个点落入中的概率为，设落入中的点的数目为，题意所求概率为
故选D
2、A
【解析】设椭圆的长轴长为，椭圆的焦距为，双曲线的实轴长为，根据题意可得，设，根据椭圆与双曲线的定义将分别用表示，设，再根据两点的距离公式将点的坐标用表示，从而可判断出点与圆的位置关系.
【详解】解：设椭圆的长轴长为，椭圆的焦距为，双曲线的实轴长为，
设椭圆和双曲线的离心率分别为，
则，所以，
以为直径的圆的方程为，
设，
则有，所以，
设，，
所以①，
②，
则①②得，
所以，所以，
将代入②得，
所以，，
则点到圆心的距离为，
所以点Р在以为直径的圆外.
故选：A.
3、C
【解析】利用分层抽样求出的值，进而可求得高三被抽取的人数.
【详解】由分层抽样可得，可得，
设高三所抽取的人数为，则，解得.
故选：C.
4、A
【解析】利用方程表示双曲线求出的取值范围，利用集合的包含关系可判断（1）的正误；直接判断命题的正误，可判断（2）的正误；利用空间向量垂直的坐标表示可判断（3）的正误；利用椭圆的有界性可判断（4）的正误.
【详解】对于（1），若曲线为双曲线，则，
即，解得或，
因为Ü或，
因此，是为双曲线的充分不必要条件，（1）错；
对于（2），若，则或，（2）错；
对于（3），，则，（3）对；
对于（4），设点为椭圆上一点，则且，
则点到点的距离为
，（4）错.
故选：A.
5、B
【解析】根据特称命题的否定变换形式即可得出结果
【详解】命题：，，
则命题的否定为，
故选：B
6、A
【解析】先求出向量，再利用空间向量中点到平面的距离公式即可求解.
【详解】解：由题知，点在内，点在外，
所以
又向量为平面的法向量
所以点到平面的距离为：
故选：A.
7、B
【解析】由韦达定理可知，结合等比中项的性质可求出.
【详解】解：在等比数列中，由题意知：，，
所以，，所以且，即.
故选：B.
8、C
【解析】设抛物线方程为，根据题意由求解.
【详解】设抛物线方程为：，
因为直线过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，
所以，
又 P为C的准线上一点，
所以点P到直线AB的距离为p，
所以，解得，
所以，
故选：C
9、C
【解析】利用全称命题的否定可得出结论.
【详解】由全称命题的否定可知，命题“，”的否定是“，”.
故选：C.
10、A
【解析】由题意得抛物线的焦点为，准线方程为
过点P作于点，由定义可得,
所以，
由图形可得，当三点共线时，最小，此时
故点的纵坐标为1，所以横坐标．即点P的坐标为．选A

点睛：与抛物线有关的最值问题的解题策略
该类问题一般解法是利用抛物线的定义，实现由点到点的距离与点到直线的距离的转化
(1)将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”，使问题得解；
(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离，利用“与直线上所有点的连线中的垂线段最短”解决
11、B
【解析】将已知条件转化为的形式，由此求得.
【详解】在等差数列中，设公差为d，
由，，得，解得.
故选：B
12、A
【解析】作出可行域，利用代数式的几何意义，利用数形结合可求得的最大值.
【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

联立可得，即点，
代数式的几何意义是连接可行域内一点与定点连线的斜率，
由图可知，当点在可行域内运动时，直线的倾斜角为锐角，
当点与点重合时，直线的倾斜角最大，此时取最大值，即.
故选：A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、或
【解析】根据平行线的性质进行求解即可.
【详解】因为直线与平行，
所以有：或，
故答案为：或
14、（1）；（2）.
【解析】（1）根据，且，，成等比数列，利用等比中项由，求得公差即可.
（2）由（1）得到，再利用裂项相消法求解.
【详解】（1）设数列的公差为d，
因为，且，，成等比数列，
所以 ，
即，
解得 或 （舍去），
所以数列的通项公式；
（2）由（1）知：，
所以 .
【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法
(1)公式法：①等差数列的前n项和公式，②等比数列的前n项和公式；
(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解
(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项
(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广
(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.
(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解
15、
【解析】利用几何概型的面积型概率计算，作出边长为24的正方形面积，求出部分的面积，即可求得答案.
【详解】设甲乙两艘轮船到达的时间分为，则，
记事件为两船中有一艘在停靠泊位时、另一艘船必须等待，则，
即
∴.
故答案为：.

【点睛】本题考查几何概型，考查转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意对概率模型的抽象成面积型.
16、
【解析】把直线方程化为斜截式，再利用斜率与倾斜角的关系即可得出
【详解】设直线的倾斜角为
由直线化为，故，
又，故，故答案为
【点睛】一般地，如果直线方程的一般式为，那么直线的斜率为，且，其中为直线的倾斜角，注意它的范围是

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、（1）
（2）
【解析】（1）由离心率可得双曲线的渐近线方程；
（2）设，则的中点为，由，可得，然后的方程与双曲线的渐近线方程联立，利用韦达定理可得答案.
【小问1详解】
设，则，
又，所以，得，
所以双曲线的渐近线方程为.
【小问2详解】
由已知直线的倾斜角不是直角，，
设，则的中点为，
，
由，可知，所以，
即，
因为的方程为，双曲线的渐近线方程可写为，
由消去y，得，
所以，，
所以，因为，所以，即.
18、（1）6；（2），，
【解析】（1）先得到二项展开式的通项，再根据第五项的二项式系数是第三项系数的4倍，建立方程求解.
（2）根据（1）的通项公式求解.
【详解】（1）二项展开式的通项.
依题意得，，
所以，
解得.
（2）由（1）得，
当，3，6时为有理项，
故有理有
【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
19、（1）（2）（3）见解析
【解析】(1)由题意求得 ，所以椭圆的方程为
(2) 联立直线与椭圆方程，由题意可得．三角形的高为．，面积表达式，当且仅当时，．即的面积的最大值是
(3)结论为．利用题意有．所以
试题解析：

解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为
因为椭圆的离心率是，
所以 ， 即
由 解得
所以椭圆的方程为
（Ⅱ）将代入，
消去整理得
令，解得
设
则，
所以

点到直线的距离为
所以的面积

，
当且仅当时，
所以的面积的最大值是
Ⅲ）．证明如下：
设直线，的斜率分别是，，
则
由（Ⅱ）得

，
所以直线，的倾斜角互补
所以，
所以
所以
20、（1）；
（2）.
【解析】（1）根据已知求出即得椭圆的方程；
（2）设l的方程为，，，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，根据得到，即得直线l的方程.
【小问1详解】
解：椭圆的焦距是4，所以焦点坐标是，.
因为点在G上，所以，
所以，.
所以椭圆G的方程是.
【小问2详解】
解：显然直线l不垂直于x轴，可设l的方程为，，，
将直线l的方程代入椭圆G的方程，得，
则，.
因为，所以，则，即，
由，得，.
所以，解得，即，
所以直线l的方程为.
21、（1）
（2）
【解析】（1）由面积之比可得向量之比，设直线AB的方程，与抛物线的方程联立求出两根之和及两根之积，与向量的关系可得的A，B的横坐标的关系联立求出直线AB的斜率，再由抛物线的性质可得焦点弦的值；
（2）由（1）的解法类似的求出AB的中点N的坐标，可得直线AB的斜率与λ的关系，再由λ的范围，求出直线AB的斜率的范围，由题意设直线MF的方程，令y＝﹣1求出M的横坐标，进而求出|MN|的最大值，而|+|＝2||，求出|+|的最大值
【小问1详解】
当λ＝3时，即S△AFM＝3S△BFM，由题意可得＝3，
因为抛物线C：x2＝4y的焦点为F（1，0），准线方程为y＝﹣1，
设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y＝kx+1，
联立，整理可得：x2﹣4kx﹣4＝0，
显然，x1+x2＝4k①，x1x2＝﹣4②，y1+y2＝k（x1+x2）+2＝4k2+2，
由＝3，则（﹣x1，1﹣y1）＝3（x2，y2﹣1）可得x1＝﹣3x2③，
①③联立可得x2＝﹣2k，x1＝6k，代入②中可得﹣12k2＝﹣4，
解得k2＝，
由抛物线的性质可得|AB|＝y1+y2+2＝4×+2＝，
所以|AB|的值为；
【小问2详解】
由（1）可得AB中点N（2k，2k2+2），由＝λ，则x1＝﹣λx2④，
同（1的算法：①②④联立4k2λ＝（1﹣λ）2，因为λ∈[]，
所以4k2＝λ+﹣2，
令y＝λ+，λ∈[]，
则函数y先减后增，所以λ＝2或时，y最大且为2+，此时4k2最大，且为，
所以k2的最大值为：，
直线MF的方程为：y＝﹣x+1，令y＝﹣1，可得x＝2k，
即M（2k，﹣1），
因为|+|＝2||，而|NM|＝|2k2+2+1|＝2k2+3≤2×+3＝，
所以|+|的最大值为
22、（1）
（2）最小值为0，最大值为4
【解析】（1）利用导数求得切线方程.
（2）结合导数求得在区间上的最值.
【小问1详解】
，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
，
所以在区间递增；在区间递减，
，
所以在区间上的最小值为，最大值为.