贵州省贵阳市清镇北大培文学校2026届高二数学第一学期期末综合测试试题含解析

贵州省贵阳市清镇北大培文学校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．已知线段AB的端点B在直线l：y=-x+5上，端点A在圆C1：上运动，线段AB的中点M的轨迹为曲线C2，若曲线C2与圆C1有两个公共点，则点B的横坐标的取值范围是（）A.（-1，0） B.（1，4）C.（0，6） D.（-1，5）2．如果直线与直线垂直，那么的值为（）A. B.C. D.23．设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件4．已知双曲线的左右焦点分别为、，过点的直线交双曲线右支于A、B两点，若是等腰三角形，且，则的周长为（）A. B.C. D.5．如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有（）A.24种 B.48种C.72种 D.96种6．已知是边长为6的等边所在平面外一点，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为（）A. B.C. D.7．若点，在抛物线上，是坐标原点，若等边三角形的面积为，则该抛物线的方程是（）A. B.C. D.8．直线的斜率是（）A. B.C. D.9．设是等比数列，且，，则（）A.12 B.24C.30 D.3210．直线的倾斜角为（）A B.C. D.11．阅读如图所示程序框图，运行相应的程序，输出S的结果是（）A.128 B.64C.16 D.3212．已知集合，从集合A中任取一点P，则点P满足约束条件的概率为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知点，平面过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离是_________.14．某厂将从64名员工中用系统抽样的方法抽取4名参加2011年职工劳技大赛，将这64名员工编号为1～64，若已知8号、24号、56号在样本中，那么样本中最后一个员工的号码是__________15．已知双曲线的渐近线上两点A，B的中点坐标为（2，2），则直线AB的斜率是_________.16．已知等比数列的前n和为，若成等差数列，且，，则的值为_______________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）已知单调递增的等比数列满足：,且是,的等差中项（1）求数列的通项公式；（2）若,,求18．（12分）已知函数，其中a为正数（1）讨论单调性；（2）求证：19．（12分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），直线l与x轴交于点P．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C相交于A，B两点，求的值20．（12分）如图1，已知矩形中，，E为上一点且.现将沿着折起，使点D到达点P的位置，且，得到的图形如图2.（1）证明为直角三角形；（2）设动点M在线段上，判断直线与平面位置关系，并说明理由.21．（12分）已知函数.（1）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；（2）解关于的不等式：.22．（10分）已知双曲线C：（，）的一条渐近线的方程为，双曲线C的右焦点为，双曲线C的左、右顶点分别为A，B（1）求双曲线C的方程；（2）过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点（点P在x轴的上方），直线AP的斜率为，直线BQ的斜率为，证明：为定值

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】设，AB的中点，由中点坐标公式求得，代入圆C1：得点点M的轨迹方程，再根据两圆的位置关系建立不等式，代入，求解即可得点B的横坐标的取值范围.【详解】解：设，AB的中点，则，所以，又因为端点A在圆C1：上运动，所以，即，因为曲线C2与圆C1有两个公共点，所以，又因B在直线l：y=-x+5上，所以，所以，整理得，即，解得，所以点B的横坐标的取值范围是，故选：D.2、A【解析】根据两条直线垂直列方程，化简求得的值.【详解】由于直线与直线垂直，所以.故选：A3、A【解析】由三角函数的单调性直接判断是否能推出，反过来判断时，是否能推出.【详解】当时，利用正弦函数的单调性知；当时，或.综上可知“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查判断充分必要条件，三角函数性质，意在考查基本判断方法，属于基础题型.4、A【解析】设，．根据双曲线的定义和等腰三角形可得，再利用余弦定理可求得，从而可得的周长.【详解】由双曲线可得设，．则，，所以，因为是等腰三角形，且，所以，即，所以，所以，，在中，由余弦定理得，即，所以，解得，的周长故选：A【点睛】关键点点睛：根据双曲线的定义求解是解题关键.5、B【解析】按涂色顺序进行分四步，根据分步乘法计数原理可得解.【详解】按涂色顺序进行分四步：涂A部分时，有4种涂法；涂B部分时，有3种涂法；涂C部分时，有2种涂法；涂D部分时，有2种涂法.由分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有种.故选：B.6、C【解析】由题意分析可得，当时三棱锥的体积最大，然后作图，将三棱锥还原成正三棱柱，按照正三棱柱外接球半径的计算方法来计算，即可计算出球半径，从而完成求解.【详解】由题意可知，当三棱锥的体积最大时是时，为正三角形，如图所示，将三棱锥补成正三棱柱，该正三棱柱的外接球就是三棱锥的外接球，而正三棱柱的外接球球心落在上下底面外接圆圆心连线的中点上，设外接圆半径为，三棱锥外接球半径为，由正弦定理可得：，所以，，所以三棱锥外接球的表面积为.故选：C.7、A【解析】根据等边三角形的面积求得边长，根据角度求得点的坐标，代入抛物线方程求得的值.【详解】设等边三角形的边长为，则，解得根据抛物线的对称性可知，且，设点在轴上方，则点的坐标为，即，将代入抛物线方程得，解得，故抛物线方程为故选：A8、D【解析】把直线方程化为斜截式即得【详解】直线方程的斜截式为，斜率为故选：D9、D【解析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，则，，因此，.故选：D.【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题10、C【解析】设直线倾斜角为，则，再结合直线的斜率与倾斜角的关系求解即可.【详解】设直线的倾斜角为，则，∵，所以.故选：C11、C【解析】根据程序框图的循环逻辑写出执行步骤，即可确定输出结果.【详解】根据流程图的执行逻辑，其执行步骤如下：1、成立，则；2、成立，则；3、成立，则；4、成立，则；5、不成立，输出；故选：C12、C【解析】根据圆的性质，结合两条直线的位置关系、几何概型计算公式进行求解即可.【详解】，圆心坐标为，半径为，直线互相垂直，且交点为，由圆的性质可知：点P满足约束条件的概率为，故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】确定，，利用点到平面的距离为，即可求得结论.【详解】由题意，，，设与的夹角为，则所以点到平面的距离为故答案为：14、40【解析】结合系统抽样的抽样方法来确定最后抽取的号码.【详解】因为分段间隔为，故最后一个员工的号码为.故答案为：15、##【解析】设出直线的方程，通过联立直线的方程和渐近线的方程，结合中点的坐标来求得直线的斜率.【详解】双曲线，，渐近线方程为，设直线的方程为，，由，由，所以，所以直线的斜率是.故答案为：16、107【解析】根据等比数列和等差数列的通项公式，根据题意列方程可得，从而求出或，再根据，确定，进而求出，代入记得：.【详解】由题意可设等比数列的公比为，首项为，由成等差数列可得：，代入可得：，解得：或，又因为，易知，又因为，，所以，，故答案为：107.【点睛】本题考查了等差中项和等比数列的通项公式，考查了和的关系，同时考查了计算能力，属于中档题.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）将已知条件整理变形为等比数列的首项和公比来表示，解方程组得到基本量，可得到通项公式（2）化简通项得，根据特点求和时采用错位相减法求解试题解析：（1）设等比数列的首项为，公比为，依题意，有2（）=+,代入,得=8,2分∴+=20∴解之得或4分又单调递增，∴="2,"=2,∴=2n6分（2）,∴①8分∴②∴①-②得＝12分考点：1．等比数列通项公式；2．错位相减求和18、（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】（1）求解函数的导函数，并且求的两个根，然后分类讨论，和三种情况下对应的单调性；（2）令，通过二次求导法，判断函数的单调性与最小值，设的零点为，求出取值范围，最后将转化为的对勾函数并求解最小值，即可证明出不等式.【小问1详解】函数的定义域为∵令得∵，∴，得或①当，即时，时，或；时，.∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增②当，即时，时，或；时，.∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增③当，即时，∴在上单调递增综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增【小问2详解】令，（）∴，令∴，∴在上单调递增又∵，，∴使得，即（*）∴当时，，∴，∴单调递减∴当时，，∴，∴单调递增∴，（）由（*）式可知：，∴，∴∵，∴函数单调递减∴，∴∴【点睛】求解本题的关键是利用二次求导法，通过虚设零点，求解原函数的单调性与最小值，并通过最小值的取值范围证明不等式.19、（1）直线l的普通方程，曲线C的直角坐标方程（2）【解析】（1）直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果【小问1详解】解：直线的参数方程为为参数），转换为直角坐标方程，曲线的极坐标方程为，根据，转换为直角坐标方程为；小问2详解】直线转换为参数方程为为参数），代入，得到，所以，，所以20、（1）证明见解析（2）答案不唯一，见解析【解析】（1）利用折叠前后的线段长度及勾股定理求证即可；（2）动点M满足时和，但时两种情况，利用线线平行或相交得到结论.【小问1详解】在折叠前的图中，如图：，E为上一点且，则，折叠后，所以，又，所以，所以为直角三角形.小问2详解】当动点M在线段上，满足，同样在线段上取，使得，则，当时，则，又且所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，所以此时平面；当时，此时，但，所以四边形为梯形，所以与必然相交，所以与平面必然相交.综上，当动点M满足时，平面；当动点M满足，但时，与平面相交.21、（1）；（2）答案见解析.【解析】（1）由题设可得，进而可知在恒成立，即可求参数范围.（2）题设不等式等价于，讨论的大小并根据一元二次不等式的解法求解集即可.【小问1详解】当时，得，即.由，则，∴，即，∴，即，∴实数的取值范围是.【小问2详解】由，即，即.①当时，不等式解集为；②当时，不等式的解集为；③当时，不等式的解集为.综上，当时﹐不等式的解集为；当时，不等式的解集为﹔当时，不等式的解集为.22、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由题可得，，即求；（2）由题可设直线方程与双