2026屆黑龍江省大興安嶺漠河縣第一中學(xué)高二數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末經(jīng)典試題注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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C：的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F1作直線l交橢圓C于M，N兩點，則的周長為（）A.3 B.4C.6 D.82．若圓上至少有三個點到直線的距離為1，則半徑的取值范圍是（）A. B.C. D.3．已知等差數(shù)列的前n項和為，且，則（）A.2 B.4C.6 D.84．在中，、、所對的邊分別為、、，若，，，則（）A. B.C. D.5．已知直線是圓的對稱軸，過點A作圓C的一條切線，切點為B，則|AB|=（）A.1 B.2C.4 D.86．已知函數(shù)在處取得極值，則的極大值為（）A. B.C. D.7．已知不等式只有一個整數(shù)解，則m的取值范圍是（）A. B.C. D.8．在等差數(shù)列中，已知，則（）A.4 B.8C.3 D.69．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（）A. B.C. D.10．已知函數(shù)的定義域為，其導(dǎo)函數(shù)為，若，則下列式子一定成立的是（）A. B.C. D.11．設(shè)為拋物線焦點，直線，點為上任意一點，過點作于，則（）A.3 B.4C.2 D.不能確定12．已知定義在R上的函數(shù)滿足，且有，則的解集為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知向量是直線l的一個方向向量，向量是平面的一個法向量，若直線平面，則實數(shù)m的值為______14．直線被圓截得的弦長為_______15．圓錐曲線有良好的光學(xué)性質(zhì)，光線從橢圓的一個焦點發(fā)出，被橢圓反射后會經(jīng)過橢圓的另一個焦點（如左圖）；光線從雙曲線的一個焦點發(fā)出，被雙曲線反射后的反射光線等效于從另一個焦點射出（如中圖）.封閉曲線E（如右圖）是由橢圓C1:+=1和雙曲線C2:-=1在y軸右側(cè)的一部分（實線）圍成.光線從橢圓C1上一點P0出發(fā)，經(jīng)過點F2，然后在曲線E內(nèi)多次反射，反射點依次為P1，P2，P3，P4，…，若P0，P4重合，則光線從P0到P4所經(jīng)過的路程為_________.16．已知點在圓C：（）內(nèi)，過點M的直線被圓C截得的弦長最小值為8，則______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）已知展開式中，第三項的系數(shù)與第四項的系數(shù)相等（1）求n的值；（2）求展開式中有理項的系數(shù)之和（用數(shù)字作答）18．（12分）設(shè)A，B為曲線C：y＝上兩點，A與B的橫坐標(biāo)之和為4（1）求直線AB的斜率；（2）設(shè)M為曲線C上一點，C在M處的切線與直線AB平行，且AM⊥BM，求直線AB的方程19．（12分）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為直角梯形，，平面ABCD，，.（1）求點B到平面PCD的距離；（2）求二面角的平面角的余弦值.20．（12分）已知橢圓上的點到左、右焦點、的距離之和為4，且右頂點A到右焦點的距離為1.（1）求橢圓的方程;（2）直線與橢圓交于不同兩點，，記的面積為，當(dāng)時求的值.21．（12分）如圖，在多面體中，平面平面．四邊形為正方形，四邊形為梯形，且，，，（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）線段上是否存在點，使得直線平面?若存在，求的值；若不存在，請說明理由22．（10分）設(shè)F為橢圓的右焦點，過點的直線與橢圓C交于兩點.（1）若點B為橢圓C的上頂點，求直線的方程；（2）設(shè)直線的斜率分別為，，求證：為定值.

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、D【解析】由的周長為，結(jié)合橢圓的定義，即可求解.【詳解】由題意，橢圓，可得，即，如圖所示，根據(jù)橢圓的定義，可得的周長為故選：D.2、B【解析】先求出圓心到直線的距離為，由此可知當(dāng)圓的半徑為時，圓上恰有三點到直線的距離為，當(dāng)圓的半徑時，圓上恰有四個點到直線的距離為，故半徑的取值范圍是，即可求出答案.【詳解】由已知條件得的圓心坐標(biāo)為，圓心到直線為，∵圓上至少有三個點到直線的距離為1，∴圓的半徑的取值范圍是，即，即半徑的取值范圍是.故選：.3、B【解析】根據(jù)等差數(shù)列前n項和公式，結(jié)合等差數(shù)列下標(biāo)的性質(zhì)、等差數(shù)列通項公式進行求解即可.【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，，，故選：B4、B【解析】利用正弦定理，以及大邊對大角，結(jié)合正弦定理，即可求得.【詳解】根據(jù)題意，由正弦定理，可得：，解得，故可得或，由，可得，故故選：B.5、C【解析】首先將圓心坐標(biāo)代入直線方程求出參數(shù)a，求得點A的坐標(biāo)，由切線與圓的位置關(guān)系構(gòu)造直角三角形從而求得.【詳解】圓即，圓心為，半徑為r=3，由題意可知過圓的圓心，則，解得，點A坐標(biāo)為，，切點為B則，故選:C【點睛】本題考查直線與圓的位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題.6、B【解析】首先求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，依題意可得，即可求出參數(shù)的值，從而得到函數(shù)解析式，再根據(jù)導(dǎo)函數(shù)得到函數(shù)單調(diào)性，即可求出函數(shù)的極值點，從而求出函數(shù)的極大值；【詳解】解：因為，所以，依題意可得，即，解得，所以定義域為，且，令，解得或，令解得，即在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，即在處取得極大值，在處取得極小值，所以；故選：B7、B【解析】依據(jù)導(dǎo)函數(shù)得到函數(shù)的單調(diào)性，數(shù)形結(jié)合去求解即可解決.【詳解】不等式只有一個整數(shù)解，可化為只有一個整數(shù)解令，則當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減，則當(dāng)時，取最大值，當(dāng)時，恒成立，的草圖如下：，，則若只有一個整數(shù)解，則，即故不等式只有一個整數(shù)解，則m的取值范圍是故選：B8、B【解析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)計算出正確答案.【詳解】由等差數(shù)列的性質(zhì)可知，得.故選:B9、C【解析】設(shè)，利用得到關(guān)于的方程，解方程即可得到答案.【詳解】如圖，設(shè)，則，由題意，即，化簡得，解得（負值舍去）.故選：C【點晴】本題主要考查正四棱錐的概念及其有關(guān)計算，考查學(xué)生的數(shù)學(xué)計算能力，是一道容易題.10、B【解析】令，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)性，即可得到，從而求出答案【詳解】解：令，則，又不等式恒成立，所以，即，所以在單調(diào)遞增，故，即，所以，故選：B11、A【解析】由拋物線方程求出準(zhǔn)線方程，由題意可得，由拋物線的定義可得，即可求解.【詳解】由可得，準(zhǔn)線為，設(shè)，由拋物線的定義可得，因為過點作于，可得，所以，故選：A.12、A【解析】構(gòu)造，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)及已知條件判斷的單調(diào)性，而題設(shè)不等式等價于即可得解.【詳解】設(shè)，則，∴R上單調(diào)遞增.又，則.∵等價于，即，∴，即所求不等式的解集為.故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、-2【解析】由已知可得，即，計算即可得出結(jié)果.【詳解】因為是直線的一個方向向量，是平面的一個法向量，且直線平面，所以，所以，解得.故答案為：-2.14、【解析】求出圓心到直線的距離，結(jié)合半徑，利用勾股定理可得答案.【詳解】的圓心坐標(biāo)為，，圓心到直線的距離，則直線被圓截得的弦長為：故答案為：15、【解析】結(jié)合橢圓、雙曲線的定義以及它們的光學(xué)性質(zhì)求得正確答案.【詳解】橢圓；雙曲線，雙曲線和橢圓的焦點重合.根據(jù)雙曲線的定義有，所以①，②，根據(jù)橢圓的定義由，所以路程.故答案為：16、【解析】根據(jù)點與圓的位置關(guān)系，可求得r的取值范圍，再利用過圓內(nèi)一點最短的弦，結(jié)合弦長公式可得到關(guān)于r的方程，求解即可.【詳解】由點在圓C：內(nèi)，且所以，又，解得過圓內(nèi)一點最短的弦，應(yīng)垂直于該定點與圓心的連線，即圓心到直線的距離為又，所以，解得故答案為：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）8；（2）.【解析】（1）由題設(shè)可得，進而寫出第三、四項的系數(shù)，結(jié)合已知列方程求n值即可.（2）由（1）有，確定有理項的對應(yīng)k值，進而求得對應(yīng)項的系數(shù)，即可得結(jié)果.小問1詳解】由題意，二項式展開式的通項公式所以第三項系數(shù)為，第四項系數(shù)為，由，解得，即n的值為8【小問2詳解】由（1）知：當(dāng)，3，6時，對應(yīng)的是有理項當(dāng)時，展開式中對應(yīng)的有理項為；當(dāng)時，展開式中對應(yīng)的有理項為；當(dāng)時，展開式中對應(yīng)的有理項為；故展開式中有理項的系數(shù)之和為18、（1）1；（2）y＝x＋7【解析】（1）設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的斜率k＝＝，代入即可求得斜率；（2）由（1）中直線AB的斜率，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得M點坐標(biāo)，設(shè)直線AB的方程為y＝x＋m，與拋物線聯(lián)立，求得根，結(jié)合弦長公式求得AB，由知，|AB|＝2|MN|，從而求得參數(shù)m.【詳解】解：（1）設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4，于是直線AB的斜率k＝＝＝1（2）由y＝，得y′＝設(shè)M(x3，y3)，由題設(shè)知＝1，解得x3＝2，于是M(2，1)設(shè)直線AB的方程為y＝x＋m，故線段AB的中點為N(2，2＋m)，|MN|＝|m＋1|將y＝x＋m代入y＝得x2－4x－4m＝0當(dāng)Δ＝16(m＋1)>0，即m>－1時，x1，2＝2±2從而|AB|＝|x1－x2|＝由題設(shè)知|AB|＝2|MN|，即＝2(m＋1)，解得m＝7所以直線AB的方程為y＝x＋719、（1）（2）【解析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，用點到面的距離公式即可算出答案；（2）先求出兩個面的法向量，然后用二面角公式即可.【小問1詳解】∵平面平面∴PB⊥AB,PB⊥BC,又兩兩互相垂直,所以，以點為坐標(biāo)原點，分別為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，D(3,6,0),A(0,6,0)設(shè)平面的一個法向量所以n?PD令，可得記點到平面的距離為，則d=【小問2詳解】由(1)可知平面的一個法向量為平面的一個法向量為設(shè)二面角的平面角為由圖可知，20、（1）（2）【解析】（1）根據(jù)題意得到，，再根據(jù)求解即可.（2）首先設(shè)，，再根據(jù)求解即可.【小問1詳解】由題意，，因為右頂點到右焦點的距離為，即，所以，則，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.【小問2詳解】設(shè)，，且根據(jù)橢圓的對稱性得，聯(lián)立方程組，整理得，解得，因為的面積為3，可得，解得.21、（1）證明見解析（2）（3）存在點，使得平面，且【解析】（1）由面面垂直的性質(zhì)可得平面，再由線面垂直的性質(zhì)可證得結(jié)論，（2）可證得兩兩垂直，所以分別以為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解，（3）設(shè)，然后利用空間向量求解【小問1詳解】證明：因為為正方形，所以又因為平面平面，且平面平面，所以平面平面所以；【小問2詳解】由（1）可知，平面，所以，因為，所以兩兩垂直分別以為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖）因為，，所以，所以，設(shè)平面的一個法向量為，則,即令，則，；所以設(shè)直線與平面所成角為，則直線與平面所成角為的正弦值為；【小問3詳解】設(shè)，易知設(shè)，則，所以，所以，所以設(shè)平面的一個法向量為，則，因為，所以令，則，所以在線段上存在點，使得平面等價于存在，使得因為，由，所以，解得，所以線段上存在點，使得平面，且22、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）求出的直線方程，結(jié)合橢圓方程可求的坐標(biāo)，從而可求的直線方程；（2）設(shè)，直線（或），則可用兩點的坐標(biāo)表示或，聯(lián)立直線的方程和橢圓的方程，消元后利用韋達定理可化簡前者從而得到要證明的結(jié)論【詳解】（1）若B為橢圓的上頂點，則.又過點，故直線由可得，解得即點，又，故直線；（2）設(shè)，方法一