2026届河北省石家庄市晋州市第一中学高二数学第一学期期末综合测试试题含解析

2026届河北省石家庄市晋州市第一中学高二数学第一学期期末综合测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知空间向量，，且，则的值为（）A. B.C. D.2．若函数的导函数在区间上是减函数，则函数在区间上的图象可能是（）A. B.C. D.3．若命题“对任意，使得成立”是真命题，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.4．已知长方体中，，，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（）A. B.C. D.5．从直线上动点作圆的两条切线，切点分别为、，则最大时，四边形（为坐标原点）面积是（）A. B.C. D.6．已知直线过点，，则直线的方程为（）A. B.C. D.7．已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为A. B.C. D.8．为了了解1000名学生的学习情况，采用系统抽样的方法，从中抽取容量为50的样本，则分段的间隔为（）A.20 B.25C.40 D.509．若是函数的极值点，则函数（）A.有最小值，无最大值 B.有最大值，无最小值C.有最小值，最大值 D.无最大值，无最小值10．已知在空间直角坐标系（O为坐标原点）中，点关于x轴的对称点为点B，则z轴与平面OAB所成的线面角为（）A. B.C. D.11．已知命题若直线与抛物线有且仅有一个公共点，则直线与抛物线相切，命题若，则方程表示椭圆.下列命题是真命题的是A. B.C. D.12．已知圆C的方程为，点P在圆C上，O是坐标原点，则的最小值为（）A.3 B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，椭圆的中心在坐标原点，是椭圆的左焦点，分别是椭圆的右顶点和上顶点，当时，此类椭圆称为“黄金椭圆”，则“黄金椭圆”的离心率___________.14．已知，，若x，a，b，y成等比数列，x，c，d，y成等差数列，则的最小值为_____________.15．已知经过两点，的直线的斜率为1，则a的值为___________.16．已知正项等比数列的前项和为，且，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）平面直角坐标系xOy中，点，，点M满足.记M的轨迹为C.（1）说明C是什么曲线，并求C的方程；（2）已知经过的直线l与C交于A，B两点，若，求.18．（12分）已知圆经过点和，且圆心在直线上.（1）求圆的方程;（2）过原点的直线与圆交于M，N两点，若的面积为，求直线的方程.19．（12分）已知函数.（1）求的导数；（2）求函数的图象在点处的切线方程.20．（12分）已知函数.（1）求函数在处的切线方程；（2）设为的导数，若方程的两根为，且，当时，不等式对任意的恒成立，求正实数的最小值.21．（12分）阿基米德（公元前年—公元前年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积.已知平面直角坐标系中，椭圆：的面积为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线与交于不同的两点，求面积的最大值.22．（10分）设函数（1）若曲线在点处的切线方程为，求；（2）求函数的单调区间

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、B【解析】根据向量垂直得，即可求出的值.【详解】.故选：B.2、A【解析】根据导数概念和几何意义判断【详解】由题意得，图象上某点处的切线斜率随增大而减小，满足要求的只有A故选：A3、A【解析】由题得对任意恒成立，求出的最大值即可.【详解】解：由题得对任意恒成立，(当且仅当时等号成立)所以故选：A4、A【解析】建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为，由求解.【详解】建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，易知平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，故选：A5、B【解析】分析可知当时，最大，计算出、，进而可计算得出四边形（为坐标原点）面积.【详解】圆的圆心为坐标原点，连接、、，则，设，则，，则，当取最小值时，，此时，，，，故，此时，.故选：B.6、C【解析】根据两点的坐标和直线的两点式方程计算化简即可.【详解】由直线的两点式方程可得，直线l的方程为，即故选：C7、C【解析】，故，即，故渐近线方程为.【考点】本题考查双曲线的基本性质，考查学生的化归与转化能力.8、A【解析】根据系统抽样定义可求得结果【详解】分段的间隔为故选：A9、A【解析】对求导，根据极值点求参数a，再由导数研究其单调性并判断其最值情况.【详解】由题设，且，∴，可得.∴且，当时，递减；当时，递增；∴有极小值，无极大值.综上，有最小值，无最大值.故选：A10、B【解析】根据点关于坐标轴对称的性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】因为点关于x轴的对称点为，所以，设平面OAB的一个法向量为，则得所以，令，得，所以又z轴的一个方向向量为，设z轴与平面OAB所成的线面角为，则，所以所求的线面角为，故选：B11、B【解析】若直线与抛物线的对称轴平行，满足条件，此时直线与抛物线相交，可判断命题为假；当时，，命题为真，根据复合命题的真假关系，即可得出结论.【详解】若直线与抛物线的对称轴平行，直线与抛物线只有一个交点，直线与抛物不相切，可得命题是假命题，当时，，方程表示椭圆命题是真命题，则是真命题.故选:B.【点睛】本题考查复合命题真假的判断，属于基础题.12、B【解析】化简判断圆心和半径，利用圆的性质判断连接线段OC，交圆于点P时最小，再计算求值即得结果.【详解】化简得圆C的标准方程为，故圆心是，半径，则连接线段OC，交圆于点P时最小，因为原点到圆心的距离，故此时.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、或【解析】写出，，求出，根据以及即可求解，【详解】由题意，，，所以，，因为，则，即，即，所以，即，解得或（舍）.故答案为：14、4【解析】根据等差数列和等比数列性质把用表示，然后由基本不等式得最小值【详解】由题意，，所以，当且仅当时等号成立故答案为：415、6【解析】根据经过两点的直线斜率计算公式即可求的参数a﹒【详解】由题意可知，解得故答案为：616、【解析】根据给定条件求出正项等比数列的公比即可计算作答.【详解】设正项等比数列的公比为，依题意，，即，而，解得，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）C是以点，为左右焦点的椭圆，（2）【解析】（1）根据椭圆的定义即可得到答案.（2）当垂直于轴时，，舍去.当不垂直于轴时，可设，再根据题意结合韦达定理求解即可.【小问1详解】因为，，所以C是以点，为左右焦点的椭圆.于是，，故，因此C的方程为.【小问2详解】当垂直于轴时，，，舍去.当不垂直于轴时，可设，代入可得.因为，设，，则，.因为，所以.同理.因此.由可得，，于是.根据椭圆定义可知，于是.18、（1）（2）直线的方程为或或【解析】（1）由弦的中垂线与直线的交点为圆心即可求解；（2）由，可得或，进而有或，显然直线斜率存在，设直线，由点到直线的距离公式求出的值即可得答案.【小问1详解】解：设弦的中点为，则有，因为，所以直线，所以直线的中垂线为，则圆心在直线上，且在直线上，联立方程解得圆心，则圆的半径为，所以圆方程为；【小问2详解】解：设圆心到直线的距离为，因为，所以或，所以或，显然直线斜率存在，所以设直线，则或，解得或或，故直线的方程为或或.19、（1）；（2）.【解析】(1)利用基本初等函数的导数公式及求导法则直接计算作答.(2)求出，再利用导数的几何意义求出切线方程作答.【小问1详解】函数定义域为，所以函数.【小问2详解】由(1)知，，而，于是得，即，所以函数的图象在点处的切线方程是.20、（1）（2）1【解析】（1）先求导数，根据导数的几何意义可求得切线方程；（2）将已知方程结合其两根，进行变式，求得，利用该式再将不等式变形，然后将不等式的恒成立问题变为函数的最值问题求解.【小问1详解】由题意可得，所以切点为，则切线方程为：.【小问2详解】由题意有：，则，因为分别是方程的两个根，即.两式相减，则，则不等式，可变为，两边同时除以得，，令，则在上恒成立.整理可得，在上恒成立，令，则，①当，即时，在上恒成立，则在上单调递增，又，则在上恒成立；②当，即时，当时，，则在上单调递减，则，不符合题意.综上：，所以的最小值为1.21、(1)；(2).【解析】（1）根据题意计算得到，得到椭圆方程.（2）设直线的方程为，联立方程，根据韦达定理得到，，表示出，解得答案.【详解】(1)依题意有解得所以椭圆的标准方程是.(2)由题意直线的斜率不能为，设直线的方程为，由方程组得，设，，所以，，所以，所以，令（），则，，因为在上单调递增，所以当，即时，面积