2026屆安徽省利辛一中高二數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末綜合測試模擬試題注意事項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．如圖，在四面體中，，，，D為BC的中點，E為AD的中點，則可用向量，，表示為（）A. B.C. D.2．已知拋物線，則其焦點到準線的距離為（）A. B.C.1 D.43．以下四個命題中，正確的是（）A.若，則三點共線B.C.為直角三角形的充要條件是D.若為空間的一個基底，則構(gòu)成空間的另一個基底4．在中國，周朝時期的商高提出了“勾三股四弦五”的勾股定理的特例.在西方，最早提出并證明此定理的為公元前世紀古希臘的畢達哥拉斯學(xué)派，他們用演繹法證明了直角三角形斜邊平方等于兩直角邊平方之和.若一個直角三角形的斜邊長等于則這個直角三角形周長的最大值為（）A. B.C. D.5．當實數(shù)，m變化時，的最大值是（）A.3 B.4C.5 D.66．已知點在橢圓上，與關(guān)于原點對稱，，交軸于點，為坐標原點，，則橢圓離心率為（）A. B.C. D.7．雙曲線的兩個焦點為，，雙曲線上一點到的距離為8，則點到的距離為（）A.2或12 B.2或18C.18 D.28．已知圓的圓心在x軸上，半徑為1，且過點，圓：，則圓，的公共弦長為A. B.C. D.29．已知數(shù)列的通項公式是，則（）A10100 B.-10100C.5052 D.-505210．已知函數(shù)（其中）的部分圖像如圖所示，則函數(shù)的解析式為（）A. B.C. D.11．若函數(shù)在區(qū)間單調(diào)遞增，則的取值范圍是（）A. B.C. D.12．如圖，過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F的直線l交拋物線于點A，B，交其準線于點C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，則此拋物線的方程為（）A.y2＝9x B.y2＝6xC.y2＝3x D.y2＝x二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若橢圓：的長軸長為4，焦距為2，則橢圓的標準方程為______.14．如圖，在長方體ABCD—A1B1C1D1，AB＝BC＝2，CC1＝1，則直線AD1與B1D所成角的余弦值為__.15．日常生活中的飲用水通常是經(jīng)過凈化的.隨著水的純凈度的提高，所需凈化費用不斷増加.已知將噸水凈化到純凈度為時所需費用（單位：元）為.則凈化到純凈度為時所需費用的瞬時變化率是凈化到純凈度為時所需費用的瞬時變化率的___________倍，這說明，水的純凈度越高，凈化費用增加的速度越___________（填“快”或“慢”）.16．已知直線在兩坐標軸上的截距分別為，，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）已知函數(shù).（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）求的單調(diào)區(qū)間；18．（12分）若等比數(shù)列的各項為正，前項和為，且，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，求數(shù)列的前項和.19．（12分）在①，；②，，③，這三個條件中任選一個，補充在下面問題中并解決問題問題：設(shè)等差數(shù)列的前項和為，________________，若，判斷是否存在最大值，若存在，求出取最大值時的值；若不存在，說明理由注：如果選擇多個條件分別解答．按第一個解答記分20．（12分）已知橢圓的短軸長為2，左、右焦點分別為，，過且垂直于長軸的弦長為1（1）求橢圓C的標準方程；（2）若A，B為橢圓C上位于x軸同側(cè)的兩點，且，共線，求四邊形的面積的最大值21．（12分）已知是等差數(shù)列，是等比數(shù)列，且，，，.（1）求的通項公式；（2）設(shè)，求數(shù)列的前n項和.22．（10分）已知圓，點（1）若點在圓外部，求實數(shù)的取值范圍；（2）當時，過點的直線交圓于，兩點，求面積的最大值及此時直線l的斜率

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】利用空間向量的基本定理，用，，表示向量【詳解】因為是的中點，是的中點，，故選：B2、B【解析】化簡拋物線的方程為，求得，即為焦點到準線的距離.【詳解】由題意，拋物線，即，解得，即焦點到準線的距離是故選：B3、D【解析】利用向量共線的推論可判斷A，利用數(shù)量積的定義可判斷B，利用充要條件的概念可判斷C，利用基底的概念可判斷D.【詳解】對于A，若，，所以三點不共線，故A錯誤；對于B，因為，故B錯誤；對于C，由可推出為直角三角形，由為直角三角形，推不出，所以為直角三角形的充分不必要條件是，故C錯誤；對于D，若為空間的一個基底，則不共面，若不能構(gòu)成空間的一個基底，設(shè)，整理可得，即共面，與不共面矛盾，所以能構(gòu)成空間的另一個基底，故D正確.故選：D.4、C【解析】設(shè)直角三角形的兩條直角邊邊長分別為，則，根據(jù)基本不等式求出的最大值后，可得三角形周長的最大值.【詳解】設(shè)直角三角形的兩條直角邊邊長分別為，則.因為，所以，所以，當且僅當時，等號成立.故這個直角三角形周長的最大值為故選：C5、D【解析】根據(jù)點到直線的距離公式可知可以表示單位圓上點到直線的距離，利用圓的性質(zhì)結(jié)合圖形即得.【詳解】由題可知，可以表示單位圓上點到直線的距離，設(shè)，因直線，即表示恒過定點，根據(jù)圓的性質(zhì)可得.故選：D.6、B【解析】由，得到，結(jié)合，得到，進而求得，得出，結(jié)合離心率的定義，即可求解.【詳解】設(shè)，則，由，可得，所以，因為，可得，又由，兩式相減得，即，即，又因為，所以，即又由，所以，解得.故選：B.7、C【解析】利用雙曲線的定義求.【詳解】解：由雙曲線定義可知：解得或（舍）∴點到的距離為18，故選：C.8、A【解析】根據(jù)題意設(shè)圓方程為:,代點即可求出,進而求出方程,兩圓方程做差即可求得公共弦所在直線方程,再利用垂徑定理去求弦長.【詳解】設(shè)圓的圓心為,則其標準方程為:,將點代入方程,解得,故方程為:,兩圓,方程作差得其公共弦所在直線方程為:,圓心到該直線的距離為,因此公共弦長為,故選:A.【點睛】本題綜合考查圓的方程及直線與圓,圓與圓位置關(guān)系,屬于中檔題.一般遇見直線與圓相交問題時,常利用垂徑定理解決問題.9、D【解析】根據(jù)已知條件，用并項求和法即可求得結(jié)果.【詳解】∵∴∴.故選：D.10、B【解析】根據(jù)題圖有且，結(jié)合五點法求參數(shù)，即可得的解析式.【詳解】由圖知：且，則，所以，則，即，又，可得，，則，，又，即有.綜上，.故選：B11、A【解析】函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)在該區(qū)間上大于等于0恒成立，進而求出結(jié)果.【詳解】由題意得：在區(qū)間上恒成立，而，所以.故選：A12、C【解析】過點A，B分別作準線的垂線，交準線于點E，D，設(shè)|BF|＝a，利用拋物線的定義和平行線的性質(zhì)、直角三角形求解【詳解】如圖，過點A，B分別作準線的垂線，交準線于點E，D，設(shè)|BF|＝a，則由已知得|BC|＝2a，由拋物線定義得|BD|＝a，故∠BCD＝30°，在直角三角形ACE中，因為|AE|＝|AF|＝3，|AC|＝3＋3a，2|AE|＝|AC|，所以3＋3a＝6，從而得a＝1，|FC|＝3a＝3，所以p＝|FG|＝|FC|＝，因此拋物線的方程為y2＝3x，故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由焦距可得c，長軸長得到a，再根據(jù)可得答案.【詳解】因為橢圓的長軸長為4，則，焦距為2，由，得，則橢圓的標準方程為：.故答案為：.14、【解析】以為原點，所在直線為軸的正方向建立空間直角坐標系，求出，的坐標，由向量夾角公式可得答案.【詳解】以為原點，所在直線為軸的正方向建立如圖的坐標系，∵AB＝BC＝2，CC1＝1，∴，，，，則，，則，，則cos＜，＞＝＝，即AD1與B1D所成角的余弦值為，故答案為：.15、①.②.快【解析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的概念可知凈化所需費用的瞬時變化率即為函數(shù)的一階導(dǎo)數(shù)，即先對函數(shù)求導(dǎo)，然后將和代入進行計算，再求，即可得到結(jié)果，進而能夠判斷水的純凈度越高，凈化費用增加的速度的快慢【詳解】由題意，可知凈化所需費用的瞬時變化率為，所以，，所以，所以凈化到純凈度為時所需費用的瞬時變化率是凈化到純凈度為時所需費用的瞬時變化率的倍；因為，可知水的純凈度越高，凈化費用增加的速度越快.故答案為：，快.16、##【解析】根據(jù)截距定義，分別令，可得.【詳解】由直線，令得，即令，得，即，故.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）詳見解析【解析】（1）分別求得和，從而得到切線方程；（2）求導(dǎo)后，令求得兩根，分別在、和三種情況下根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.【詳解】（1），，，，又，在處的切線方程為.（2），令，解得：，.①當時，若和時，；若時，；的單調(diào)遞增區(qū)間為，；單調(diào)遞減區(qū)間為；②當時，在上恒成立，的單調(diào)遞增區(qū)間為，無單調(diào)遞減區(qū)間；③當時，若和時，；若時，；的單調(diào)遞增區(qū)間為，；單調(diào)遞減區(qū)間為；綜上所述：當時，的單調(diào)遞增區(qū)間為，；單調(diào)遞減區(qū)間為；當時，的單調(diào)遞增區(qū)間為，無單調(diào)遞減區(qū)間；當時，的單調(diào)遞增區(qū)間為，；單調(diào)遞減區(qū)間為.【點睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解曲線在某一點處的切線方程、利用導(dǎo)數(shù)討論含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的問題，屬于常考題型.18、（1）（2）【解析】（1）設(shè)公比為，則由已知可得，求出公比，再求出首項，從而可求出數(shù)列的通項公式；（2）由已知可得，而，所以，然后利用錯位相減法可求得結(jié)果【小問1詳解】設(shè)各項為正的等比數(shù)列的公比為，，，則，，，即，解得或（舍去），所以，所以數(shù)列的通項公式為.【小問2詳解】因為是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以.由（1）知，所以.所以①在①的等式兩邊同乘以，得②由①②等式兩邊相減，得，所以數(shù)列的前項和.19、答案不唯一，具體見解析【解析】選①：易得，法一：令求n，即可為何值時取最大值；法二：寫出，利用等差數(shù)列前n項和的函數(shù)性質(zhì)判斷為何值時有最大值；選②：由數(shù)列前n項和及等差數(shù)列下標和的性質(zhì)易得、即可確定有最大值時值；選③：由等差數(shù)列前n項和公式易得、即可確定有最大值時值；【詳解】選①：設(shè)數(shù)列的公差為，，，解得，即，法一：當時，有，得，∴當時，；，；時，，∴或時，取最大值法二：，對稱軸，∴或時，取最大值選②：由，得，由等差中項的性質(zhì)有，即，由，得，∴，故，∴當時，，時，，故時，取最大值選③：由，得，可得，由，得，可得，∴，故，∴當時，，時，，故時，取最大值【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)所選的條件，結(jié)合等差數(shù)列前n項和公式的性質(zhì)、下標和相等的性質(zhì)等確定數(shù)列中項的正負性，找到界點n值即可.20、（1）（2）2【解析】（1）根據(jù)已知條件求得，由此求得橢圓的標準方程.（2）延長，交橢圓C于點．設(shè)出直線的方程并與橢圓方程聯(lián)立，化簡寫出根與系數(shù)關(guān)系，根據(jù)對稱性求得四邊形的面積的表達式，利用換元法，結(jié)合基本不等式求得四邊形的面積的最大值.【小問1詳解】由題可知，即，因為過且垂直于長軸的弦長為1，所以，所以所以橢圓C的標準方程為【小問2詳解】因為，共線，所以延長，交橢圓C于點．設(shè)，由（1）可知，可設(shè)直線的方程為聯(lián)立，消去x可得，所以，由對稱性可知設(shè)與間的距離為d，則四邊形的面積令，則．因為，當且僅當時取等號，所以，即四邊形的面積的最大值為2【點睛】在橢圓、雙曲線、拋物線中，求三角形、四邊形面積的最值問題，求解策略是：首先結(jié)合弦長公式、點到直線距離公式等求得面積的表達式；然后利用基本不等式、二次函數(shù)的性質(zhì)等知識來求得最值.21、（1）（2）【解析】（1）設(shè)是公差為d的等差數(shù)列，是公比為q的等比數(shù)列，運用通項公式可得，，進而得到所求通項公式；（2）求得，再由數(shù)列的求和方法：分組求和，運用等差數(shù)列和等比數(shù)列的求和公式，計算即可得到所求和.【小問1詳解】解：（1）設(shè)是公差為d的等差數(shù)列，是公比為q的等比數(shù)列，由，，可得，；即有，，則，則；【小問2詳解】解：，則數(shù)列的前n項和為.22、（1）；（2）最大值為2，【解析】（1）根據(jù)題意，將圓的方程變形為標準方程，由點與圓的位置關(guān)系可得，求解不等式組得答案；（2）當