福建莆田秀屿下屿中学2026届数学高二上期末经典试题含解析

福建莆田秀屿下屿中学2026届数学高二上期末经典试题注意事项: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．抛物线的准线方程为（）A B.C. D.2．圆和圆的位置关系是（）A.内含 B.内切C.相交 D.外离3．已知双曲线C：(a>0，b>0)，斜率为的直线与双曲线交于不同的两点，且线段的中点为P(2，4)，则双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.4．已知数据的平均数是，方差是4，则数据的方差是（）A.3.4 B.3.6C.3.8 D.45．已知点F是双曲线的左焦点，点E是该双曲线的右顶点，过F作垂直于x轴的直线与双曲线交于G、H两点，若是锐角三角形，则该双曲线的离心率e的取值范围是（）A. B.C. D.6．已知直线与直线垂直，则实数a为（）A. B.或C. D.或7．已知、是平面直角坐标系上的直线，“与的斜率相等”是“与平行”的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充要条件 D.既非充分条件也非必要条件8．已知抛物线C：，则过抛物线C的焦点，弦长为整数且不超过2022的直线的条数是（）A.4037 B.4044C.2019 D.20229．设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（）A.6 B.8C.9 D.1010．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为A. B.C. D.11．已知双曲线C：的右焦点为，一条渐近线被圆截得的弦长为2b，则双曲线C的离心率为（）A. B.C.2 D.12．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.1346C.1348 D.1350二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知动圆P过定点，且在定圆的内部与其相内切，则动圆P的圆心的轨迹方程为______14．若不等式的解集为，则________15．双曲线的渐近线方程为___________.16．已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为4，过点的直线与抛物线交于，两点，若，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）自2021年秋季起，江西省普通高中起始年级全面实施新课程改革，为了迎接新高考，某校举行物理和化学等选科考试，其中600名学生化学成绩（满分100分）的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组．已知图中前三个组的频率依次构成等差数列，第一组和第五组的频率相同（1）求a，b的值；（2）估算高分（大于等于80分）人数；（3）估计这600名学生化学成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和中位数（中位数精确到0.1）18．（12分）一个盒中装有编号分别为、、、的四个形状大小完全相同的小球.（1）从盒中任取两球，列出所有的基本事件，并求取出的球的编号之和大于的概率；（2）从盒中任取一球，记下该球的编号，将球放回，再从盒中任取一球，记下该球的编号，列出所有的基本事件，并求的概率.19．（12分）如图①，直角梯形中，，，点，分别在，上，，，将四边形沿折起，使得点，分别到达点，的位置，如图②，平面平面，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）两人下棋，每局均无和棋且获胜的概率为，某一天这两个人要进行一场五局三胜的比赛，胜者赢得2700元奖金，（1）分别求以获胜、以获胜的概率；（2）若前两局双方战成，后因为其他要事而终止比赛，间，怎么分奖金才公平？21．（12分）写出下列命题的否定，并判断它们的真假：（1）：任意两个等边三角形都是相似的；（2）：，.22．（10分）已知数列满足，.（1）证明：数列为等差数列.（2）求数列的前项和.

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、D【解析】根据抛物线方程求出，进而可得焦点坐标以及准线方程.【详解】由可得，所以焦点坐标为，准线方程为：，故选：D.2、C【解析】根据两圆圆心的距离与两圆半径和差的大小关系即可判断.【详解】解：因为圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，所以两圆圆心的距离为，因为，即，所以圆和圆的位置关系是相交，故选：C.3、C【解析】设，代入双曲线方程相减后可求得，从而得渐近线方程【详解】设，则，相减得，∴，又线段的中点为P(2，4)，的斜率为1，∴，，∴渐近线方程为故选：C【点睛】方法点睛：本题考查求双曲线的渐近线方程，已知弦的中点（或涉及到中点），可设弦两端点的坐标，代入双曲线方程后作差，作差后式子中有直线的斜率，弦中点坐标，有．这种方法叫点差法4、B【解析】利用方差的定义即可解得.【详解】由方差的定义，，则，所以数据的方差为：.故选：B5、B【解析】根据是等腰三角形且为锐角三角形，得到，即，解得离心率范围.【详解】，当时，，，不妨取，，是等腰三角形且为锐角三角形，则，即，，即，，解得，故.故选：B.6、B【解析】由题可得，即得.【详解】∵直线与直线垂直，∴，解得或.故选：B.7、D【解析】根据直线平行与直线斜率的关系，即可求解.【详解】解：与的斜率相等”，“与可能重合，故前者不可以推出后者，若与平行，与的斜率可能都不存在，故后者不可以推出前者，故前者是后者的既非充分条件也非必要条件，故选：D.8、A【解析】根据已知条件，结合抛物线的性质，先求出过焦点的最短弦长，再结合抛物线的对称性，即可求解【详解】∵抛物线C：，即，由抛物线的性质可得，过抛物线焦点中，长度最短的为垂直于y轴的那条弦，则过抛物线C的焦点，长度最短的弦的长为，由抛物线的对称性可得，弦长在5到2022之间的有共有条，故弦长为整数且不超过2022的直线的条数是故选：A9、A【解析】计算抛物线的准线，根据距离结合抛物线的定义得到答案.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，到轴的距离是4，故到准线的距离是，故点到该抛物线焦点的距离是.故选：A.10、D【解析】分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为，所以，又，则故选D.点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列.等比数列的判断方法主要有如下两种：（1）定义法，若（）或（），数列等比数列；（2）等比中项公式法，若数列中，且（），则数列是等比数列.11、A【解析】求出圆心到渐近线的距离，根据弦长建立关系即可求解.【详解】双曲线的渐近线方程为，即，则点到渐近线的距离为，因为弦长为，圆半径为，所以，即，因为，所以，则双曲线的离心率为.故选：A.12、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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设切点为，根据题意，列出点满足的关系式即．则点的轨迹是椭圆，然后根据椭圆的标准方程求点的轨迹方程【详解】设动圆和定圆内切于点，动点到定点和定圆圆心距离之和恰好等于定圆半径，即，点的轨迹是以，为两焦点，长轴长为10的椭圆，，点的轨迹方程为，故答案：14、11【解析】根据题意得到2与3是方程的两个根，再根据两根之和与两根之积求出，进而求出答案.【详解】由题意得：2与3是方程的两个根，则，，所以.故答案为：1115、【解析】将双曲线化为标准方程后求解【详解】，化简得，其渐近线方程故答案为：16、15【解析】易得抛物线方程为，根据，求得点P的坐标，进而得到直线l的方程，与抛物线方程联立，再利用抛物线定义求解.【详解】解：因为抛物线的焦点到准线的距离为4，所以，则抛物线：，设点的坐标为，的坐标为，因为，所以，则，则，所以直线的方程为，代入抛物线方程可得，故，则，所以故答案为：15三、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）90（3）平均值69.5；中位数69.4【解析】（1）由各矩形面积和为1列式即可；（2）由高分频率乘以600即可；（3）由平均数与中位数的估算方法列式即可.【小问1详解】由题意可知：解得小问2详解】高分的频率约为：故高分人数为：【小问3详解】平均值为，设中位数为x，则故中位数为69.418、（1）基本事件答案见解析，概率为；（2）基本事件答案见解析，概率为.【解析】（1）利用列举法列举出所有的基本事件，并确定事件“取出的球的编号之和大于”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得结果；（2）利用列举法列举出所有的基本事件，并确定事件“”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得结果.【详解】（1）记“从盒中任取两球，取出球的编号之和大于”为事件，样本点表示“从盒中取出、号球”，且和表示相同的样本点（以此类推），则样本空间为，则，根据古典概型可知，从盒中任取两球，取出球的编号之和大于的概率为；（2）记“”为事件，样本点表示第一次取出号球，将球放回，从盒中取出号球（以此类推），则样本空间，则，所以，故事件“”的概率为.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据，，，，易证，再根据平面平面，，得到平面，进而得到，再利用线面垂直的判定定理证明平面即可；（2）根据（1）知，，两两垂直，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，设二面角的大小为，由求解.【小问1详解】解：因为，，，所以，，又，所以是等腰直角三角形，即，所以.由平面几何知识易知，所以，即.又平面平面，平面平面，，所以平面，又平面，所以.又，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）知，，两两垂直，以，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，F（1，0，0），则，，设平面的一个法向量为，由，得，取，则.由，，，得平面，所以平面的一个法向量为，设二面角的大小为，则，由图可知二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.20、（1）以获胜、以获胜的概率分别是；（2）分给分别元，元.【解析】（1）以获胜、以获胜，则分别要连胜三局，前三局胜两局输一局，第四局胜利；（2）求出若两局之后正常结束比赛时，的胜率，按照胜率分奖金.【小问1详解】设以获胜、以获胜的事件分别为，依题意要想获胜，必须从第一局开始连胜局，；要想获胜，则前局只能胜局，且第局胜利，故概率;【小问2详解】设前两局双方战成后胜，胜的事件分别为.若胜,则可能连胜局，或者局只胜场，第局胜，故概率；由于两人比赛没有和局，获胜的概率为，则获胜的概率为，若胜,则可能连胜局，或者局只胜场，第局胜，故概率.故奖金应分给元，分给元.21、（1）存在两个等边三角形不是相似的，假命题（2），真命题【解析】根据全称命题与存在性命题