云南省玉溪市元江一中2026届高二数学第一学期期末综合测试试题含解析

云南省玉溪市元江一中2026届高二数学第一学期期末综合测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．双曲线的左顶点为，右焦点，若直线与该双曲线交于、两点，为等腰直角三角形，则该双曲线离心率为（）A. B.C. D.2．圆的圆心和半径分别是（）A.， B.，C.， D.，3．若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.4．函数在处有极值为，则的值为（）A. B.C. D.5．设P是双曲线上的点，若，是双曲线的两个焦点，则（）A.4 B.5C.8 D.106．函数在其定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象为A. B.C. D.7．已知函数，在上随机任取一个数，则的概率为（）A. B.C. D.8．下列关系中，正确的是（）A. B.C. D.9．已知函数，则的值为（）A. B.C. D.10．在等比数列中,，,则等于A. B.C. D.或11．直线经过两个定点，，则直线倾斜角大小是（）A. B.C. D.12．已知各项都为正数的等比数列，其公比为q，前n项和为，满足，且是与的等差中项，则下列选项正确的是（）A. B.C D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线C于AB两点，且，则p的值为______14．已知P是椭圆的上顶点，过原点的直线l交C于A，B两点，若的面积为，则l的斜率为____________15．等差数列的公差，是其前n项和，给出下列命题：若，且，则和都是中的最大项；给定n，对于一些，都有；存在使和同号；.其中正确命题的序号为___________.16．，利用课本中推导等差数列前项和的公式的方法，可求得______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）如图所示，在四棱锥中，BC//平面PAD，，E是PD的中点（1）求证：CE//平面PAB；（2）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点，使MN//平面PAB？说明理由18．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，PA=2AD=4，且PC=.点E在PC上.（1）求证：平面BDE⊥平面PAC；（2）若E为PC的中点，求直线PC与平面AED所成的角的正弦值.19．（12分）在平面直角坐标系中，动点，满足，记点的轨迹为（1）请说明是什么曲线，并写出它的方程；（2）设不过原点且斜率为的直线与交于不同的两点，，线段的中点为，直线与交于两点，，请判断与的关系，并证明你的结论20．（12分）已知命题：对任意实数都有恒成立；命题：关于的方程有实数根（1）若命题为假命题，求实数的取值范围；（2）如果“”为真命题，且“”为假命题，求实数的取值范围21．（12分）（1）某校运动会上甲、乙、丙、丁四名同学在100m、400m、800m三个项目中选择，每人报一项，共有多少种报名方法？（2）若甲、乙、丙、丁四名同学选报100m、400m、800m三个项目，每项均有一人报名，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？（3）若甲、乙、丙、丁名同学争夺100m、400m、800m三项冠军，共有多少种可能的结果？22．（10分）已知函数，从下列两个条件中选择一个使得数列{an}成等比数列.条件1：数列{f（an）}是首项为4，公比为2的等比数列；条件2：数列{f（an）}是首项为4，公差为2的等差数列.（1）求数列{an}的通项公式；（2）求数列的前n项和.

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、A【解析】求出，分析可得，可得出关于、、的齐次等式，由此可求得该双曲线的离心率的值.【详解】联立，可得，则，易知点、关于轴对称，且为线段的中点，则，又因为为等腰直角三角形，所以，，即，即，所以，，可得，因此，该双曲线的离心率为.故选：A.2、D【解析】先化为标准方程，再求圆心半径即可.【详解】先化为标准方程可得，故圆心为，半径为.故选：D.3、D【解析】计算，然后等价于在（0，+∞）由2个不同的实数根，然后计算即可.【详解】的定义域是（0，+∞），，若函数有两个不同的极值点，则在（0，+∞）由2个不同的实数根，故，解得：，故选：D.【点睛】本题考查根据函数极值点个数求参，考查计算能力以及思维转变能力，属基础题.4、B【解析】根据函数在处有极值为，由，求解.【详解】因为函数，所以，所以，，解得a=6,b=9，=-3，故选：B5、C【解析】根据双曲线的定义可得：，结合双曲线的方程可得答案.【详解】由双曲线可得根据双曲线的定义可得：故选：C6、D【解析】分析：根据函数单调性、极值与导数的关系即可得到结论.详解：观察函数图象，从左到右单调性先单调递增，然后单调递减，最后单调递增.对应的导数符号为正，负，正.,选项D的图象正确.故选D.点睛：本题主要考查函数图象的识别和判断，函数单调性与导数符号的对应关系是解题关键.7、A【解析】先解不等式，然后由区间长度比可得.【详解】解不等式，得，所以，即的概率为.故选：A8、B【解析】根据对数函数的性质判断A，根据指数函数的性质判断B，根据正弦函数的性质及诱导公式判断C，根据余弦函数的性质及诱导公式判断D；【详解】解：对于A：因为，，，故A错误；对于B：因为在定义域上单调递减，因为，所以，又，，因为在上单调递增，所以，所以，所以，故B正确；对于C：因为在上单调递减，因为，所以，又，所以，故C错误；对于D：因为在上单调递减，又，所以，又，所以，故D错误；故选：B9、C【解析】利用导数公式及运算法则求得，再求解【详解】因为，所以，所以故选：C10、D【解析】∵为等比数列，∴，又∴为的两个不等实根，∴∴或∴故选D11、A【解析】由两点坐标求出斜率，再得倾斜角【详解】由已知直线的斜率为，所以倾斜角为故选：A12、D【解析】根据题意求得，即可判断AB，再根据等比数列的通项公式即可判断C；再根据等比数列前项和公式即可判断D.【详解】解：因为各项都为正数的等比数列，，所以，又因是与的等差中项，所以，即，解得或（舍去），故B错误；所以，故A错误；所以，故C错误；所以，故D正确.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、3【解析】根据抛物线焦点弦性质求解，或联立l与抛物线方程，表示出，求其最值即可.【详解】已知，设，，，则，∵，所以，，∴，当且仅当m=0时，取..故答案为：3.14、【解析】设出直线AB的方程，联立椭圆方程得到A点横坐标满足，再利用，解方程即可得到答案.【详解】设直线AB的方程为：，，由，得，所以，又所以，解得.故答案为：15、【解析】对，根据数列的单调性和可判断；对和，利用等差数列的通项公式可直接推导；对，利用等差数列的前项和可直接推导.【详解】不妨设等差数列的首项为对，，可得：，解得：，即又，则是递减的，则中的前5项均为正数，所以和都是中的最大项，故正确；对，，故有：，故正确；对，，又，则，说明不存在使和同号，故错误；对，有：故并不是恒成立的，故错误故答案为：16、2020【解析】先证得，利用倒序相加法求得表达式值.【详解】解：由题意可知，令S=则S=两式相加得，故填：【点睛】本题考查借助倒序相加求函数值的和，属于中档题，解题关键是找到的规律三、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）存在，理由见解析.【解析】（1）为中点，连接，由中位线、线面平行的性质可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证结论；（2）取中点N，连接，，根据线面、面面平行的性质定理和判断定理即可判断存在性【小问1详解】如下图，若为中点，连接，由E是PD的中点，所以且，又BC//平面PAD，面，且面面，所以，且，所以四边形为平行四边形，故，而面，面，则面.小问2详解】取中点N，连接，，∵E，N分别为，的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，线段存在点N，使得平面，理由如下：由（1）知：平面，又，∴平面平面，又M是上的动点，平面，∴平面PAB，∴线段存在点N，使得MN∥平面18、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）根据题意可判断出ABCD是正方形，从而可得，再根据，由线面垂直的判定定理可得平面PAC，然后由面面垂直的判定定理即可证出；（2）由、、两两垂直可建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出直线PC与平面AED所成的角的正弦值.【小问1详解】因为PA⊥底面ABCD，PA=2AD=4，PC=，所以，，即ABCD是正方形，所以，而PA⊥底面ABCD，所以，又，所以平面PAC，而平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAC【小问2详解】由题可知、、两两垂直，建系如图，，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，，，，，1，，，2，，设平面的一个法向量为，则，，即，取，0，，所以直线与平面所成的角的正弦值为19、（1）椭圆，（2），证明见解析【解析】（1）结合椭圆第一定义直接判断即可求出的轨迹为；（2）设直线的方程为，，，联立椭圆方程，写出韦达定理；由中点公式求出点，进而得出直线方程，联立椭圆方程求出，结合弦长公式可求，可转化为，结合韦达定理可化简，进而得证.【小问1详解】设，，则因为，满足，即动点表示以点，为左、右焦点，长轴长为4，焦距为的椭圆，其轨迹的方程为；【小问2详解】可以判断出，下面进行证明：设直线的方程为，，，由方程组，得①，方程①判别式为，由，即，解得且由①得，，所以点坐标为，直线方程为，由方程组，得，，所以又所以.20、（1）；（2）【解析】（1）先分别求出命题为真命题和命题为真命题时参数的范围，则可得当命题为假命题，实数的取值范围（2）由“”为真命题，且“”为假命题，则命题，一真一假，再分真，且假，和真，且假两种情况分别求出参数的范围，再综合得到答案.【详解】命题为真命题：对任意实数都有恒成立或；命题为真命题：关于的方程有实数根；（1）命题为假命题，则实数取值范围（2）由“”为真命题，且“”为假命题，则命题，一真一假.如果真，且假，有，且，则如果真，且假，有或，且，则综上，实数的取值范围为21、（1）81种；（2）24种；（3）64种【解析】（1）利用分步计数原理可求报名方法总数.（2）利用分步计数原理可求报名方法总数.（3）利用分步计数原理可求报名方法总数.【详解】（1）要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有（种）报名方法（2）每项限报一人，且每人至多报一项，因此100m项目有4种选法，400m项目有3种选法，800m项目只有2种选法．根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有（种）（3）要完成的是“三个项目冠