山西省大同市第一中學全國Ⅰ卷2026屆高二上數學期末經典試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．拋物線的焦點坐標是A. B.C. D.2．某程序框圖如圖所示，該程序運行后輸出的k的值是A.3 B.4C.5 D.63．已知圓與直線至少有一個公共點，則的取值范圍為（）A. B.C. D.4．已知拋物線的焦點為，為坐標原點，點在拋物線上，且，點是拋物線的準線上的一動點，則的最小值為（）.A. B.C. D.5．函數的導函數的圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A.函數在上單調遞增B.函數的遞減區(qū)間為C.函數在處取得極大值D.函數在處取得極小值6．如圖，正三棱柱中，，則與平面所成角的正弦值等于（）A. B.C. D.7．已知奇函數，則的解集為（）A. B.C. D.8．直線l的方向向量為，且l過點，則點到l的距離為()A B.C. D.9．拋物線的焦點到準線的距離為（）A. B.C. D.10．已知直線，兩個不同的平面，下列命題正確的是（）A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則11．已知函數，，若對于任意的，存在唯一的，使得，則實數a的取值范圍是（）A（e，4） B.（e，4]C.（e，4） D.（，4]12．不等式的解集為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．圓與圓的位置關系為______(填相交，相切或相離).14．若把英語單詞“”的字母順序寫錯了，則可能出現的錯誤有______種15．在等比數列中，，，則公比________.16．已知隨機變量，且，則______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知數列的前n項和為，，，其中.（1）記，求證：是等比數列；（2）設，數列的前n項和為，求證：.18．（12分）在中，（1）求的大??；（2）若，．求的面積19．（12分）已知點A（1，2）在拋物線C∶上，過點A作兩條直線分別交拋物線于點D，E，直線AD，AE的斜率分別為kAD，kAE，若直線DE過點P（-1，-2）（1）求拋物線C的方程；（2）求直線AD，AE的斜率之積.20．（12分）已知圓的半徑為，圓心在直線上，點在圓上.（1）求圓的標準方程；（2）若原點在圓內，求過點且與圓相切的直線方程.21．（12分）如圖在四棱錐中，底面是菱形，，平面平面，，，為的中點，是棱上的一點，且.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）已知橢圓：的長軸長是短軸長的倍，且經過點.（1）求的標準方程；（2）的右頂點為，過右焦點的直線與交于不同的兩點，，求面積的最大值.

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】根據拋物線的焦點坐標為可知，拋物線即的焦點坐標為，故選D.考點：拋物線的標準方程及其幾何性質.2、B【解析】循環(huán)體第一次運行后；第二次運行后；第三次運行后，第四次運行后；循環(huán)結束，輸出值為4，答案選B考點：程序框圖的功能3、C【解析】利用點到直線距離公式求出圓心到直線的距離范圍，從而求出的取值范圍.【詳解】圓心到直線的距離，當且僅當時等號成立，故只需即可.故選：C4、A【解析】求出點坐標，做出關于準線的對稱點，利用連點之間相對最短得出為的最小值【詳解】解：拋物線的準線方程為，，到準線的距離為2，故點縱坐標為1，把代入拋物線方程可得不妨設在第一象限，則，點關于準線的對稱點為，連接，則，于是故的最小值為故選：A【點睛】本題考查了拋物線的簡單幾何性質，屬于基礎題5、C【解析】根據函數單調性與導數之間的關系及極值的定義結合圖像即可得出答案.【詳解】解：根據函數的導函數的圖象可得，當時，，故函數在和上遞減，當時，，故函數在和上遞增，所以函數在和處取得極小值，在處取得極大值，故ABD錯誤，C正確.故選：C.6、C【解析】取中點，連接，，證明平面，從而可得為與平面所成角，再利用三角函數計算的正弦值.【詳解】取中點，連接，，在正三棱柱中，底面是正三角形，∴，又∵底面，∴，又，∴平面，∴為與平面所成角，由題意，，，在中，.故選：C7、A【解析】先由求出的值，進而可得的解析式，對求導，利用基本不等式可判斷恒成立，可判斷的單調性，根據單調性脫掉，再解不等式即可.【詳解】的定義域為，因為是奇函數，所以，可得：，所以，經檢驗是奇函數，符合題意，所以，因為，所以，當且僅當即時等號成立，所以在上單調遞增，由可得，即，解得：或，所以的解集為，故選：A.8、C【解析】利用向量投影和勾股定理即可計算.【詳解】∵，∴又，∴在方向上的投影，∴P到l距離故選：C.9、C【解析】根據拋物線方程求出焦點坐標與準線方程，即可得解；【詳解】解：因為拋物線方程為，所以焦點坐標為，準線的方程為，所以焦點到準線的距離為；故選：C10、A【解析】根據線面、面面位置關系有關知識對選項逐一分析，由此確定正確選項.【詳解】對于A選項，根據面面垂直的判定定理可知，A選項正確，對于B選項，當，時，和可能相交，B選項錯誤，對于C選項，當，時，可能含于，C選項錯誤，對于D選項，當，時，可能含于，D選項錯誤.故選：A11、B【解析】結合導數和二次函數的性質可求出和的值域，結合已知條件可得，，從而可求出實數a的取值范圍.【詳解】解：g（x）=x2ex的導函數為g′（x）=2xex+x2ex=x（x+2）ex，當時，，由時，，時，，可得g（x）在[–1，0]上單調遞減，在（0，1]上單調遞增，故g（x）在[–1，1]上的最小值為g（0）=0，最大值為g（1）=e，所以對于任意的，．因為開口向下，對稱軸為軸，又，所以當時，，當時，，則函數在[，2]上的值域為[a–4，a]，且函數f（x）在，圖象關于軸對稱，在（，2]上，函數單調遞減．由題意，得，，可得a–4≤0<e<，解得ea≤4故選:B【點睛】本題考查了利用導數求函數的最值，考查了二次函數的性質，屬于中檔題.本題的難點是這一條件的轉化.12、A【解析】根據一元二次不等式的解法進行求解即可.【詳解】，故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、相交【解析】求兩圓圓心距，并與半徑之和、半徑之差的絕對值比較即可.【詳解】圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為，∵，∴兩圓相交.故答案為：相交.14、23【解析】先計算該單詞所有字母能夠組成的所有排列情況，然后減去正確的，即是可能出現錯誤的情況.【詳解】因為“”四個字母組成的全排列共有（種）結果，其中只有排列“”是正確的，其余全是錯誤的，故可能出現錯誤的共有（種）.故答案為：23.15、【解析】根據等比數列的性質求解即可.【詳解】因為等比數列中,故,又,故,故.故答案為：【點睛】本題主要考查了等比數列的性質運用,需要注意分析項與公比的正負,屬于基礎題.16、【解析】根據二項分布的均值與方差的關系求得,再根據方差的性質求解即可.【詳解】,所以,又因為,所以故答案為：12【點睛】本題主要考查了二項分布的均值與方差的計算,同時也考查了方差的性質,屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）應用的關系，結合構造法可得，根據已知條件及等比數列的定義即可證結論.（2）由（1）得，再應用錯位相減法求，即可證結論.【小問1詳解】證明：對任意的，，，時，，解得，時，因為，，兩式相減可得：，即有，∴，又，則，因為，，所以，對任意的，，所以，因此，是首項和公比均為3的等比數列【小問2詳解】由（1）得：，則，，，兩式相減得：，化簡可得：，又，∴.18、（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理將邊化角，再根據兩角和的正弦公式及誘導公式得到，即可得解；（2）首先由余弦定理求出，即可得到，再根據面積公式計算可得；【小問1詳解】解：因為，由正弦定理可得，即，又在中，，所以，，所以；【小問2詳解】解：由余弦定理得，即，解得，所以，又，所以；.19、（1）（2）【解析】（1）代入點即可求得拋物線方程；（2）聯立方程后利用韋達定理求出，，，，然后代入即可求得斜率的積.【小問1詳解】解：點A（1，2）在拋物線C∶上故【小問2詳解】設直線方程為：聯立方程，整理得：由題意及韋達定理可得：，20、（1）或（2）或【解析】（1）先設出圓的標準方程，利用點在圓上和圓心在直線上得到圓心坐標的方程組，進而求出圓的標準方程；（2）先利用原點在圓內求出圓的方程，設出切線方程，利用圓心到切線的距離等于半徑進行求解.【小問1詳解】解：設圓的標準方程為，由已知得，解得或，故圓的方程為或.【小問2詳解】解：因為，，且原點在圓內，故圓的方程為，則圓心為，半徑為，設切線為，即，則，解得或，故切線為或，即或即為所求.21、（1）見解析；（2）.【解析】（1）推導出PQ⊥AD，從而PQ⊥平面ABCD，連接AC，交BQ于N，連接MN，則AQ∥BC，推導出MN∥PA，由此能證明PA∥平面BMQ（2）連結BD，以Q為坐標原點，以QA、QB、QP分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角M﹣BQ﹣P的余弦值【詳解】（1）由已知PA＝PD，Q為AD的中點，∴PQ⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ?面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，連接AC，交BQ于N，連接MN，∵底面ABCD是菱形，∴AQ∥BC，∴△ANQ∽△BCN，，又，∴，∴MN∥PA，又MN?平面BMQ，PA?平面BMQ，∴PA∥平面BMQ（2）連結BD，∵底面底面是菱形，∴△ABD是正三角形，∴由（1）知PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥AD，PQ⊥BQ，以Q為坐標原點，以QA、QB、QP分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則Q（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，），設平面BMQ的法向量＝（x，y，z），∴，由（1）知MN∥PA，∴，∴，取z＝1，得，平面BQP的法向量，設二面角M﹣BQ﹣P的平面角為θ，則cosθ＝，∴二面角M﹣BQ﹣P的余弦值為22、（1）；（2）【解析】（1）利用已知