遼寧省葫蘆島市六校協(xié)作體2026屆高二數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末聯(lián)考試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知橢圓：的左、右焦點分別為，，下頂點為，直線與橢圓的另一個交點為，若為等腰三角形，則橢圓的離心率為（）A. B.C. D.2．已知函數(shù)，在上隨機取一個實數(shù)，則使得成立的概率為（）A. B.C. D.3．如圖，是邊長為4的等邊三角形的中位線，將沿折起，使得點A與P重合，平面平面，則四棱錐外接球的表面積是（）A. B.C. D.4．已知、是橢圓的兩個焦點，P為橢圓C上一點，且，若的面積為9，則的值為（）A.1 B.2C.3 D.45．已知雙曲線的焦點為，，其漸近線上橫坐標為的點滿足，則（）A. B.C.2 D.46．19世紀法國著名數(shù)學(xué)家加斯帕爾·蒙日，創(chuàng)立了畫法幾何學(xué)，推動了空間幾何學(xué)的獨立發(fā)展，提出了著名的蒙日圓定理：橢圓的兩條切線互相垂直，則切線的交點位于一個與橢圓同心的圓上，稱為蒙日圓，且該圓的半徑等于橢圓長半軸長與短半軸長的平方和的算術(shù)平方根．若圓與橢圓的蒙日圓有且僅有一個公共點，則b的值為（）A. B.C. D.7．為了防控新冠病毒肺炎疫情，某市疾控中心檢測人員對外來入市人員進行核酸檢測，人員甲、乙均被檢測.設(shè)命題為“甲核酸檢測結(jié)果為陰性”，命題為“乙核酸檢測結(jié)果為陰性”，則命題“至少有一位人員核酸檢測結(jié)果不是陰性”可表示為（）A. B.C. D.8．若某群體中的成員只用現(xiàn)金支付的概率為，既用現(xiàn)金支付也用非現(xiàn)金支付的概率為，則不用現(xiàn)金支付的概率為（）A. B.C. D.9．若是函數(shù)的一個極值點，則的極大值為（）A. B.C. D.10．曲線上存在兩點A，B到直線到距離等于到的距離，則（）A.12 B.13C.14 D.1511．已知向量，且，則（）A. B.C. D.12．從裝有2個紅球和2個白球的口袋內(nèi)任取2個球，那么互斥而不對立的兩個事件是（）A.“至少有1個白球”和“都是紅球”B.“至少有2個白球”和“至多有1個紅球”C.“恰有1個白球”和“恰有2個白球”D.“至多有1個白球”和“都是紅球”二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S2020>0，S2021<0，則當n=_____________時，Sn最大.14．正四棱柱中，，，點為底面四邊形的中心，點在側(cè)面四邊形的邊界及其內(nèi)部運動，若，則線段長度的最大值為__________15．已知函數(shù)有三個零點，則正實數(shù)a的取值范圍為_________16．已知雙曲線的右焦點為，過點作軸的垂線，在第一象限與雙曲線及其漸近線分別交于，兩點.若，則雙曲線的離心率為___________.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知命題p：函數(shù)有零點；命題，（1）若命題p，q均為真命題，求實數(shù)a的取值范圍；（2）若為真命題，為假命題，求實數(shù)a的取值范圍18．（12分）已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，P(5，a)為拋物線C上一點，且|PF|＝8（1）求拋物線C的方程；（2）過點F的直線l與拋物線C交于A，B兩點，以線段AB為直徑的圓過Q(0，﹣3)，求直線l的方程19．（12分）已知橢圓C：，斜率為的直線l與橢圓C交于A、B兩點且（1）求橢圓C的離心率；（2）求直線l的方程20．（12分）某公司有員工人，對他們進行年齡和學(xué)歷情況調(diào)查，其結(jié)果如下：現(xiàn)從這名員工中隨機抽取一人，設(shè)“抽取的人具有本科學(xué)歷”，“抽取的人年齡在歲以下”，試求：（1）；（2）；（3）.21．（12分）（1）某校運動會上甲、乙、丙、丁四名同學(xué)在100m、400m、800m三個項目中選擇，每人報一項，共有多少種報名方法？（2）若甲、乙、丙、丁四名同學(xué)選報100m、400m、800m三個項目，每項均有一人報名，且每人至多報一項，共有多少種報名方法？（3）若甲、乙、丙、丁名同學(xué)爭奪100m、400m、800m三項冠軍，共有多少種可能的結(jié)果？22．（10分）已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，.（1）求數(shù)列{an}通項公式；（2）求數(shù)列的前n項和，求使不等式成立的最大整數(shù)m的值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】由橢圓定義可得各邊長，利用三角形相似，可得點坐標，再根據(jù)點在橢圓上，可得離心率.【詳解】如圖所示：因為為等腰三角形，且，又，所以，所以，過點作軸，垂足為，則，由，，得，因為點在橢圓上，所以，所以，即離心率，故選：B.2、B【解析】首先求不等式的解集，再根據(jù)區(qū)間長度，求幾何概型的概率.【詳解】由，得，解得，在區(qū)間上隨機取一實數(shù)，則實數(shù)滿足不等式的概率為故選：B3、A【解析】分別取的中點，易得，則點為四邊形的外接圓的圓心，則四棱錐外接球的球心在過點且垂直平面的直線上，設(shè)球心為，設(shè)外接球的半徑為，，利用勾股定理求得半徑，從而可得出答案.【詳解】解：分別取的中點，在等邊三角形中，，是中位線，則都是等邊三角形，所以，所以點為四邊形的外接圓的圓心，則四棱錐外接球的球心在過點且垂直平面的直線上，設(shè)球心為，由為的中點，所以，因為平面平面，且平面平面，平面，所以平面，則，設(shè)外接球半徑為，，，則，，所以，解得，所以，所以四棱錐外接球的表面積是.故選：A.第II卷4、C【解析】根據(jù)橢圓定義，和條件列式，再通過變形計算求解.【詳解】由條件可知，，即，解得：.故選：C【點睛】本題考查橢圓的定義，焦點三角形的性質(zhì)，重點考查轉(zhuǎn)化與變形，計算能力，屬于基礎(chǔ)題型.5、B【解析】由題意可設(shè)，則，再由，可得，從而可求出的值【詳解】解：雙曲線的漸近線方程為，故設(shè)，設(shè)，則，因為，所以，即，所以，因為，所以，因為，所以，故選：B6、B【解析】由題意求出蒙日圓方程，再由兩圓只有一個交點可知兩圓相切，從而列方程可求出b的值【詳解】由題意可得橢圓的蒙日圓的半徑，所以蒙日圓方程為，因為圓與橢圓的蒙日圓有且僅有一個公共點，所以兩圓相切，所以，解得，故選：B7、D【解析】表示出和，直接判斷即可.【詳解】命題為“甲核酸檢測結(jié)果為陰性”，則命題為“甲核酸檢測結(jié)果不是陰性”；命題為“乙核酸檢測結(jié)果為陰性”，則命題為“乙核酸檢測結(jié)果不是陰性”.故命題“至少有一位人員核酸檢測結(jié)果不是陰性”可表示為.故選D.8、A【解析】利用對立事件概率公式可求得所求事件的概率.【詳解】由對立事件的概率公式可知，該群體中的成員不用現(xiàn)金支付的概率為.故選：A.9、D【解析】先對函數(shù)求導(dǎo)，由已知，先求出，再令，并判斷函數(shù)在其左右兩邊的單調(diào)性，從而確定極大值點，然后帶入原函數(shù)即可完成求解.【詳解】因為，，所以，所以，，令，解得或，所以當，，單調(diào)遞增；時，，單調(diào)遞減；當，，單調(diào)遞增，所以的極大值為故選：D10、D【解析】由題可知A，B為半圓C與拋物線的交點，利用韋達定理及拋物線的定義即求.【詳解】由曲線，可得，即，為圓心為，半徑為7半圓，又直線為拋物線的準線，點為拋物線的焦點，依題意可知A，B為半圓C與拋物線的交點，由，得，設(shè)，則，，∴.故選：D.11、A【解析】利用空間向量共線的坐標表示即可求解.【詳解】由題意可得，解得，所以.故選：A12、C【解析】結(jié)合互斥事件與對立事件的概念,對選項逐個分析可選出答案.【詳解】對于選項A,“至少有1個白球”和“都是紅球”是對立事件,不符合題意;對于選項B,“至少有2個白球”表示取出2個球都是白色的,而“至多有1個紅球”表示取出的球1個紅球1個白球,或者2個都是白球,二者不是互斥事件,不符合題意;對于選項C,“恰有1個白球”表示取出2個球1個紅球1個白球,與“恰有2個白球”是互斥而不對立的兩個事件,符合題意;對于選項D,“至多有1個白球”表示取出的2個球1個紅球1個白球,或者2個都是紅球,與“都是紅球”不是互斥事件,不符合題意.故選C.【點睛】本題考查了互斥事件和對立事件的定義的運用,考查了學(xué)生對知識的理解和掌握,屬于基礎(chǔ)題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1010【解析】先由S2020>0，S2021<0，判斷出，，即可得到答案.【詳解】等差數(shù)列{an}的前n項和為，所以，因為1+2020=1010+1011，所以，所以.，所以，所以當n=1010時，Sn最大.故答案為：1010.14、【解析】根據(jù)正四棱柱的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，線面垂直的判定定理，結(jié)合勾股定理進行求解即可.【詳解】當位于點時，因為是正方形，所以，由正四棱柱的性質(zhì)可知，平面，因為平面，所以，因為平面，所以平面，平面，所以，因此當位于點時，滿足題意，當點位于邊點時，若，在矩形中，,因為，所以，因此，所以有，此時，又平面，所以平面，故點的軌跡在線段上，，所以線段長度的最大值為.故答案為：關(guān)鍵點睛：利用特殊點判斷出點的軌跡是解題的關(guān)鍵.15、【解析】求導(dǎo)易得函數(shù)有兩個極值點和，根據(jù)題意，由求解.【詳解】由，可得函數(shù)有兩個極值點和，，，若函數(shù)有三個零點，必有解得或故答案為：16、【解析】按題意求得，兩點坐標，以代數(shù)式表達出條件，即可得到關(guān)于的關(guān)系式，進而解得雙曲線的離心率.【詳解】雙曲線的右焦點為,其漸近線為，垂線方程為，則，，，由，得，即即，則，離心率故答案為：三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）.【解析】（1）根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求p為真時a的取值范圍，根據(jù)的性質(zhì)判斷與有交點求q為真時a的取值范圍，進而求p，q均為真時a的取值范圍.（2）根據(jù)復(fù)合命題的真假可得p，q一真一假，討論p、q的真假分別求a的取值范圍，最后取并集即可.【小問1詳解】若p為真，，解得或，所以若q為真，因為在上為增函數(shù)，所以，故，所以若p，q均為真命題，a的取值范圍為【小問2詳解】由題設(shè)，易知：p，q兩命題一真一假當p真q假時，p為真，則或，q為假，則或，此時a的取值范圍為；當p假q真時，p為假，則，q為真，則，此時a的取值范圍為綜上，實數(shù)a的取值范圍為.18、（1）；（2）2x﹣y﹣6＝0﹒【解析】(1)根據(jù)拋物線焦半徑公式構(gòu)造方程求得，從而得到結(jié)果(2)設(shè)直線，代入拋物線方程可得韋達定理的形式，根據(jù)可構(gòu)造方程求得，從而得到直線方程【小問1詳解】由拋物線定義可知：，解得：，拋物線的方程為：【小問2詳解】由拋物線方程知：，設(shè)直線，，，，，聯(lián)立方程，得：，，，以線段為直徑的圓過點，，，解得：，直線的方程為：，即19、（1）（2）或【解析】（1）將橢圓化為標準方程，求得，進而求得離心率；（2）設(shè)直線，，，與橢圓聯(lián)立，借助韋達定理及弦長公式求得，從而求得直線方程.【小問1詳解】由題知，橢圓C：，則，離心率【小問2詳解】設(shè)直線，，聯(lián)立，化簡得，則，解得，，由弦長公式知，，解得，故直線或20、（1）；（2）；（3）.【解析】（1）利用古典概型的概率公式可求得；（2）利用古典概型的概率公式和對立事件的概率公式可求得；（3）利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【小問1詳解】解：由表格中的數(shù)據(jù)可得.【小問2詳解】解：由表格中的數(shù)據(jù)可得，所以.【小問3詳解】解：可知即歲以下且?？茖W(xué)歷，所以.21、（1）81種；（2）24種；（3）64種【解析】（1）利用分步計數(shù)原理可求報名方法總數(shù).（2）利用分步計數(shù)原理可求報名方法總數(shù).（3）利用分步計數(shù)原理可求報名方法總數(shù).【詳解】（1）要完成的是“4名同學(xué)每人從三個項目中選一項報名”這件事，因為每人必報一項，4人都報完才算完成，所以按人分步，且分為四步，又每人可在三項中選一項，選法為3種，所以共有（種）報名方法（2）每項限報一人，且每人至多報一項，因此100m項目有4種選法，400m項目有3種選法，800m項目只有2種選法．根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，可得不同的報名方法有（種）（3）要完成的是“三個項目冠軍的獲取”這件事，因為每項冠軍只能有一人獲得，三項冠軍都有得主，這件事才算完成，所以應(yīng)以“確定三項冠軍得主”為線索進行分步，而每項冠軍的得主有4種可能結(jié)果，所以共有（種）可能的結(jié)果22、（1）；（2）