2026屆安徽亳州利辛金石中學(xué)高二上數(shù)學(xué)期末綜合測試試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是（）A. B.C. D.2．已知等差數(shù)列中，，則（）A.15 B.30C.45 D.603．設(shè)為等差數(shù)列的前項和，，，則A.-6 B.-4C.-2 D.24．如圖是函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的圖象，則下面判斷正確的是（）A.在內(nèi)是增函數(shù)B.在內(nèi)是增函數(shù)C.在時取得極大值D.在時取得極小值5．曲線與曲線的A.長軸長相等 B.短軸長相等C.離心率相等 D.焦距相等6．已知，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.充要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件7．阿波羅尼斯約公元前年證明過這樣一個命題：平面內(nèi)到兩定點距離之比為常數(shù)且的點的軌跡是圓．后人將這個圓稱為阿氏圓．若平面內(nèi)兩定點A，B間的距離為2，動點P與A，B距離之比滿足：，當P、A、B三點不共線時，面積的最大值是（）A. B.2C. D.8．設(shè)數(shù)列的前項和為，當時，，，成等差數(shù)列，若，且，則的最大值為（）A. B.C. D.9．下列直線中，傾斜角為銳角的是（）A. B.C. D.10．已知曲線，則曲線W上的點到原點距離的最小值是（）A. B.C. D.11．函數(shù)的圖像大致是（）A. B.C. D.12．橢圓焦距為（）A. B.8C.4 D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知點P是拋物線y2＝2x上的動點，點P在y軸上的射影是M，點，則|的最小值是_________14．若“，”是真命題，則實數(shù)m的取值范圍________.15．在平面上給定相異兩點A，B，點P滿足，則當且時，P點的軌跡是一個圓，我們稱這個圓為阿波羅尼斯圓.已知橢圓的離心率，A，B為橢圓的長軸端點，C，D為橢圓的短軸端點，動點P滿足，若的面積的最大值為3，則面積的最小值為___________.16．從1，3，5，7中任取2個數(shù)字，從0，2，4，6，8中任取2個數(shù)字，組成沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)，這樣的四位數(shù)一共有___________個.（用數(shù)字作答）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）已知橢圓左右焦點分別為，，離心率為，P是橢圓上一點，且面積的最大值為1.（1）求橢圓的方程；（2）過的直線交橢圓于M，N兩點，求的取值范圍.18．（12分）已知拋物線C的方程為：，點（1）若直線與拋物線C相交于A、B兩點，且P為線段AB的中點，求直線的方程.（2）若直線過交拋物線C于M，N兩點，F(xiàn)為拋物線C的焦點，求的最小值19．（12分）已知橢圓的離心率為，短軸端點到焦點的距離為2（1）求橢圓的方程；（2）設(shè)為橢圓上任意兩點，為坐標原點，且以為直徑的圓經(jīng)過原點，求證：原點到直線的距離為定值，并求出該定值20．（12分）已知等比數(shù)列的公比，且，的等差中項為5，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設(shè)，求數(shù)列的前項和.21．（12分）橢圓的離心率為，設(shè)為坐標原點，為橢圓的左頂點，動直線過線段的中點，且與橢圓相交于、兩點．已知當直線的傾斜角為時，（1）求橢圓的標準方程；（2）是否存在定直線，使得直線、分別與相交于、兩點，且點總在以線段為直徑的圓上，若存在，求出所有滿足條件的直線的方程；若不存在，請說明理由22．（10分）設(shè)圓的圓心為A，直線l過點且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E（1）判斷與題中圓A的半徑的大小關(guān)系，并寫出點E的軌跡方程；（2）過點作斜率為，的兩條直線，分別交點E的軌跡于M，N兩點，且，證明：直線MN必過定點

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】求導(dǎo)后，利用求得函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間.【詳解】解：，則，由得，故選：D.2、D【解析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，可知，從而可求出結(jié)果.【詳解】解：根據(jù)題意，可知等差數(shù)列中，，則，所以.故選：D.3、A【解析】由已知得解得故選A考點：等差數(shù)列的通項公式和前項和公式4、B【解析】根據(jù)圖象判斷的單調(diào)性，由此求得的極值點，進而確定正確選項.【詳解】由圖可知，在區(qū)間上,單調(diào)遞減；在區(qū)間上,單調(diào)遞增.所以不是的極值點，是的極大值點.所以ACD選項錯誤，B選項正確.故選：B5、D【解析】分別求出兩橢圓的長軸長、短軸長、離心率、焦距，即可判斷【詳解】解：曲線表示焦點在軸上，長軸長10，短軸長為6，離心率為，焦距為8曲線表示焦點在軸上，長軸長為，短軸長為，離心率為，焦距為8對照選項，則正確故選：【點睛】本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，考查運算能力，屬于基礎(chǔ)題6、B【解析】求得中的取值范圍，由此確定充分、必要條件.【詳解】，，所以“”是“”的充要條件.故選：B7、C【解析】根據(jù)給定條件建立平面直角坐標系，求出點P的軌跡方程，探求點P與直線AB的最大距離即可計算作答.【詳解】依題意，以線段AB的中點為原點，直線AB為x軸建立平面直角坐標系，如圖，則，，設(shè)，因，則，化簡整理得：，因此，點P的軌跡是以點為圓心，為半徑的圓，點P不在x軸上時，與點A，B可構(gòu)成三角形，當點P到直線(軸)的距離最大時，的面積最大，顯然，點P到軸的最大距離為，此時，，所以面積的最大值是故選：C8、A【解析】根據(jù)等差中項寫出式子，由遞推式及求和公式寫出和，進而得出結(jié)果.【詳解】解：由，，成等差數(shù)列，可得，則，，，可得數(shù)列中，每隔兩項求和是首項為，公差為的等差數(shù)列.則，，則的最大值可能為.由，，可得.因為，，，即，所以，則，當且僅當時，，符合題意，故的最大值為.故選：A.【點睛】本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)和遞推式的應(yīng)用，考查分析問題能力，屬于難題.9、A【解析】先由直線方程找到直線的斜率，再推導(dǎo)出直線的傾斜角即可.【詳解】選項A：直線的斜率，則直線傾斜角為，是銳角，判斷正確；選項B：直線的斜率，則直線傾斜角為鈍角，判斷錯誤；選項C：直線的斜率，則直線傾斜角為0，不是銳角，判斷錯誤；選項D：直線沒有斜率，傾斜角為直角，不是銳角，判斷錯誤.故選：A10、A【解析】化簡方程，得到，求出的范圍，作出曲線的圖形，通過圖象觀察，即可得到原點距離的最小值詳解】解：即為，兩邊平方，可得，即有，則作出曲線的圖形，如下：則點與點或的距離最小，且為故選：A11、B【解析】由導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性及指數(shù)的增長趨勢即可判斷.【詳解】當時，，∴在上單調(diào)遞增，當時，，∴在上單調(diào)遞減，排除A、D；又由指數(shù)函數(shù)增長趨勢，排除C.故選：B12、A【解析】由題意橢圓的焦點在軸上，故，求解即可【詳解】由題意，，故橢圓的焦點在軸上故焦距故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##【解析】由拋物線的定義可得，所以的最小值轉(zhuǎn)化為求的最小值，由圖可知的最小值為，從而可求得答案【詳解】拋物線y2＝2x焦點，準線為，由拋物線的定義可得，所以,因為，，所以，所以，當且僅當三點共線且在線段上時，取得最小值，所以的最小值為，故答案為：14、【解析】由于“，”是真命題，則實數(shù)m的取值集合就是函數(shù)的函數(shù)值的集合，據(jù)此即可求出結(jié)果.【詳解】由于“，”是真命題，則實數(shù)m的取值集合就是函數(shù)的函數(shù)值的集合，即.故答案為：【點睛】本題主要考查了存在量詞命題的概念的理解，以及數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)換思想，屬于基礎(chǔ)題.15、【解析】先根據(jù)求出圓的方程，再由的面積的最大值結(jié)合離心率求出和的值，進而求出面積的最小值.【詳解】解：由題意，設(shè)，，因為即兩邊平方整理得：所以圓心為，半徑因為的面積的最大值為3所以，解得：因為橢圓離心率即，所以由得：所以面積的最小值為：故答案為：.【點睛】思路點睛：本題先根據(jù)已知的比例關(guān)系求出阿波羅尼斯圓的方程，再利用已知面積和離心率求出橢圓的方程，進而求得面積的最值.16、1296【解析】根據(jù)取出的數(shù)字是否含有零，分類討論，若不含零，則有四位數(shù)個，若含有零，則有四位數(shù)個，再根據(jù)分類加法計數(shù)原理即可求出【詳解】若取出的數(shù)字中不含零，則有四位數(shù)個；若取出的數(shù)字中含零，則有四位數(shù)個；所以，這樣的四位數(shù)有個故答案為：1296三、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）依題意得到方程組，求出、、，即可求出橢圓方程；（2）首先求出過且與軸垂直時、的坐標，即可得到，當過的直線不與軸垂直時，可設(shè)，，直線方程為，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元、列出韋達定理，根據(jù)平面向量數(shù)量積的坐標表示得到，將韋達定理代入得到，再根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求出取值范圍；【小問1詳解】解：由題意可列方程組，解得，所以橢圓方程為：.【小問2詳解】解：①當過的直線與軸垂直時，此時，，，則，.②當過的直線不與軸垂直時，可設(shè)，，直線方程為聯(lián)立得：.所以，=將韋達定理代入上式得：.，，，由①②可知.18、（1）（2）16【解析】（1）設(shè)，代入拋物線方程由點差法可得答案；（2）設(shè)直線為：，，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理和基本不等式可得答案.【小問1詳解】設(shè)則，由兩式相減可得：，，即直線的方程為.【小問2詳解】設(shè)直線為：，由可得，，，，又因為點坐標為，所以，從而，，所以當且僅當時，有最小值1619、（1）（2）證明見解析，定值為【解析】（1）根據(jù)題意得到，，得到橢圓方程.（2）考慮直線斜率存在和不存在兩種情況，聯(lián)立方程，根據(jù)韋達定理得到根與系數(shù)的關(guān)系，將題目轉(zhuǎn)化為，化簡得到，代入計算得到答案.【小問1詳解】橢圓的離心率為，短軸端點到焦點的距離為，故，，故橢圓方程為.【小問2詳解】當直線斜率存在時，設(shè)直線方程為，，，則，即，，以為直徑的圓經(jīng)過原點，故，即，即，化簡整理得到：，原點到直線的距離為.當直線斜率不存在時，為等腰直角三角形，設(shè)，則，解得，即直線方程為，到原點的距離為.綜上所述：原點到直線的距離為定值.【點睛】本題考查了橢圓方程，橢圓中的定值問題，意在考查學(xué)生的計算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中將圓過原點轉(zhuǎn)化為是解題的關(guān)鍵.20、（1）；（2）.【解析】（1）根據(jù)條件列關(guān)于首項與公比的方程組，解得結(jié)果代入等比數(shù)列通項公式即可；（2）利用錯位相減法求和即可.【詳解】解析：（1）由題意可得：，∴∵，∴，∴數(shù)列的通項公式為.（2）∴上述兩式相減可得∴【點睛】本題考查等比數(shù)列通項公式、錯位相減法求和，考查基本分析求解能力，屬中檔題.21、（1）（2）存在，且直線的方程為或【解析】（1）分析可知，，直線的方程為，設(shè)點、，將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，列出韋達定理，利用弦長公式可求得的值，即可得出橢圓的標準方程；（2）設(shè)點、，設(shè)直線的方程為，將該直線方程與橢圓的方程聯(lián)立，列出韋達定理，求出點、，由已知得出，求出的值，即可得出結(jié)論.【小問1詳解】解：因為，則，，所以，橢圓的方程為，即，易知點，則點，當直線的傾斜角為時，直線的方程為，設(shè)點、，聯(lián)立，可得，，由韋達定理可得，，所以，，解得，則，，因此，橢圓的標準方程為.【小問2詳解】解：易知點，若直線與軸重合，則、為橢圓長軸的兩個端點，不合乎題意.設(shè)直線的方程為，設(shè)點、，聯(lián)立，可得，，由韋達定理可得，，直線的斜率為，直線的方程為，故點，同理可得點，，，由題意可得，解得或.因此，存在滿足題設(shè)條件的直線，且直線的方程為或，點總在以線段為直徑的圓上.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標為、；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.22、（1）與半徑相等，（2）證明見解析【解析】（1）依據(jù)橢圓定義去求點E的軌跡方程事半功倍；（2）直線MN要分為斜率存在的和不存在的兩種情況進行討論，由設(shè)而不求法把條件轉(zhuǎn)化為直線MN過定點的條件即可解決.【小問1詳解】圓即為，可得圓心，半徑，由，可得，由，可得，即為，即有，則，所以其與半徑相等.因為，故E的軌跡為以A，B為焦點的橢圓（