甘肃省白银市靖远县第一中学2025-2026学年高二上学期1月期末考试数学试题（含解析）

高二数学参考答案、提示及评分细则

1.B由题意知每位同学均有4个选择,所以不同选法种数是43=64.故选B.

2.D抛物线C的标准方程为r2=8y,所以2p=8,p=4,C的焦点坐标为(0,2).故选D.

3.D由题知a+b=6,ab=1,所以a2+b2=(a+b)2—2ab=34.故选D.

4.C由题知圆C1的圆心C1(1,2),半径r1=2,圆C2的圆心C2(—5,10),半径r2=8,所以|C1C2|=、

=10=r1+r2,所以圆C1与圆C2外切.故选C.

5.C由题知S8,S16—S8,S24—S16成等差数列,S8+(S24—S16)=2(S16—S8),即S24—62=2(92—30),解得S24=186.故

选C.

26125

6.A甲、乙相邻,有A2A6=1440种不同排法,其中丙站两端的站法有C2A2A5=480种,故甲、乙必须相邻,丙不能站两

端的站法有1440—480=960种.故选A.

(|PF1|+|PF2|=10a,(|PF1|=6a,

7.B设双曲线C的焦距为2c,不妨设点P在第一象限,则〈解得〈又PF1丄PF2,所以

(|PF1|—|PF2|=2a,(|PF2|=4a.

16a2+36a2=4c2,即13a2=c2,所以C的离心率e==、.故选B.

1123

8.B若丙校派遣1人,则甲校可以派遣1或2或3人,派遣方案有C5(C4+C4+C4)=70种;若丙校派遣2人,则甲校必

22

须派遣2人,派遣方案有C5C3=30种,所以满足条件的不同的派遣方案有70+30=100种.故选B.

a—1—1

9.BD由l1Ⅱl2,得=≠,解得a=—1或1.当a=—1时,l1:r+y+1=0,l2:r+y+2=0,则l1与l2间的距离

1—a2

、3、

为=;当a=1时,l1:r—y—1=0,l2:r—y+2=0,则l1与l2间的距离为=.故选BD.

2

10.ABD由a8<0,a1+a14=a7+a8>0,知a7>—a8>0,所以d<0,A正确;由a7>0,a8<0,d<0,知Sn中S7最大,B正确;

Sn

由S14=>0,S15==15a8<0,知使得Sn>0的n的最大值为14,C错误;由==

n

=+,知数列是递减数列,D正确.故选ABD.

(2a=4,2

11.BCD设F(c,0),其中c=、,由|AB|=4|BF|=4,得〈解得a=2,c=1,所以b=、,C的方程为+

(a—c=1,

=1,离心率e==,A错误;当QF丄AB时,点Q的坐标为(1,±.设直线r==4与r轴交于点

H,则PHⅡQF,=,即=,解得|y0|=3,B正确;设Q(m,n),则+=1.又A(—2,0),B(2,0),

所以直线AQ的方程为y=(r+2),令r=4,得点P的坐标为(4,=

【高二1月质量检测.数学参考答案第1页(共4页)】Y

6n(m—1)

4n—m+2—n|3n(m—4)||3n(m—4)|

0,所以点P到直线QF的距离d====

2+(m—1)231

、n

||(m—1)2+3—m2||(m—4)2

m+2、4m+2、4

6n6n2n

.又点P到x轴的距离也为ll,所以上QFP=上BFP,C正确;直线PF的方程为y=(x—1),令

m+2m+2m+2

2n

—n

x=2,得点M的坐标为(2,,直线MQ的方程为y—n=(x—m),整理得3mx+4ny—12=0,联立方程

x22

(+y=1

,

43

〈消去y后整理得(3m2+4n2)x2—24mx+48—16n2=0,即12x2—24mx+12m2=0,(x—m)2=0,

(3mx+4ny—12=0,

所以直线MQ与C相切,D正确.故选BCD.

12.(1—、2,1+、2)由题知12+(1—a)2<3,解得1—、2<a<1+、2.

484

13.17设{an}的公比为q,则S12=S4+qS4+qS4=273S4,解得q=16,所以==1+16=17.

14.1设点A,B的坐标分别为(x1,y1)(y1>0),(x2,y2)(y2<0),则KOA===,KOB=,KAB===

2

.因为OA丄AB,所以×=—1,整理得y1+y1y2=—1①.又直线AB的斜率是直线OB的斜率的2倍,

所以=,整理得y2=—2y1②.由①②解得y1=1,所以直线OA的斜率为1.

15.解:(1)由题知2n=64,解得n=6.………………………5分

6r

2r26—rrr12—3r

(2)(x—展开式的第r+1项为Tr+1=C6.(x).(—=C6.(—2)x.………9分

44

令12—3r=0,得r=4,故常数项为第5项,且T5=C6.(—2)=240,

即展开式中的常数项为240.……………13分

(2

(—、)

1+=1,

a2b2

16.解:(1)由题知〈………………………3分

a2=b2+c2,

(2c=2.

(a=、2,

解得〈b=1,………………6分

(c=1.

所以C的方程为+y2=1.……………7分

(2)设M,N,T的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),(x3,y3),

2

x2

(=1,

2+y

联立方程〈消去y后整理得5x2+8x+2=0.……………9分

(y=、x+、,

【高二1月质量检测.数学参考答案第2页(共4页)】Y

22、

则Δ=8—4×5×2=24>0,x1+x2=—,1+2=、(x1+x2+2)=.……11分

yy5

、

所以x3==—,y3==.…………13分

所以|OT………………15分

17.解:(1)设{an}的公差为d,

(a1a4=a1(a1+3d)=7,(a1=—49,

(a1=1,

由题知〈解得〈或(舍去),…………………4分

8×7〈114

8=81+=64,=2,=

(sa2d(d(d7

所以an=2n—1,

即数列{an}的通项公式为an=2n—1.…………………6分

(2)由(1)知bn===×—,………………9分

Tn=b1+b2+…+bn—1+bn=×(1—+×—+…+×—+×—

=×(1—+—+…+—+—

=×(1—=.…………………………15分

18.解:(1)设圆心C的坐标为(a,a—1),……………………1分

由|AC|=|BC|,得、=、,解得a=1.…………3分

所以圆心C(1,0),半径为5,

故圆C的标准方程为(x—1)2+y2=25.…………………5分

(2)由上MTN=90。,知点T在以线段MN为直径的圆W上,…………6分

由M(0,m—2),N(0,m),知圆心W(0,m—1),圆W的半径为1,且圆W与圆C有交点,…………7分

故5—1≤、≤5+1,解得1—、≤m≤1—、或1+、≤m≤1+、,

所以实数m的取值范围为[1—、,1—、]u[1+、,1+、].……………10分

(3)设点P的坐标为(s,t),则(s—1)2+t2=25,整理得s2+t2=24+2s,……………11分

所以|AP|2+|BP|2=(s+2)2+(t—4)2+(s—5)2+(t—3)2=2s2+2t2—6s—14t+54

=2(24+2s)—6s—14t+54=—2s—14t+102,…………13分

|1—λ|

令s+7t=λ,则直线x+7y—λ=0与圆C有公共点,即≤5,解得1—25、2≤λ≤1+25、2,………………16分

、50

则100—50、2≤—2λ+102≤100+50、,所以|AP|2+|BP|2的取值范围为[100—50、,100+50、].………17分

(b

,

a=、(a=1,

19.(1)解:由题知〈解得〈………………2分

49,

—=1,(b=、

(a2b2

【高二1月质量检测.数学参考答案第3页(共4页)】Y

所以C的方程为x2—=1.……………3分

(2)(i)证明:由(1)知A(1,0),设M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).

—→—→

当直线l的斜率为0时,x2=—x1,y2=y1,则AM=(x1—1,y1),AN=(x2—1,y2)=(—x1—1,y1),

——→——→2222

当AM丄AN时,AM.AN=(x1—1)(—x1—1)+y1=1—x1+y1=1—(+1)+y1==0,解得y1=0,则M,N中

一个点与A重合,此时AM丄AN不成立,所以直线l的斜率不为0;…………………4分

设直线l的方程为my=x+n,

2

(x2—y=1,

3

联立方程〈消去x后整理,得(3m2—1)y2—6mny+3n2—3=0,

(my=x+n,

6mn3n2—3

则y1+y2=2,y1y2=2.……………………5分

3m—13m—1

—→—→

由AM丄AN,知AM.AN=(x1—1,y1).(x2—1,y2)=(x1—1)(x2—1)+y1y2

=x1x2—(x1+x2)+1+y1y2=(my1—n)(my2—n)—[(my1—n)+(my2—n)]+1+y1y2

22

=my1y2—mn(y1+y2)+n—m(y1+y2)+2n+1+y1y2……………7分

=—+n2—+2n+1+===0,

——