甘肃省甘南藏族自治州临潭县第二中学2025-2026学年高二上学期数学期末考试模拟试卷

临潭县第二中学2025-2026学年第一学期 高二数学期末考试模拟试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．考试范围：湘教版（2019）必修第一册第1-6章 第一部分（选择题 共58分） 1、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知等差数列的前项和为，则（     ） A． B． C．8 D．9 2．经过点，且在轴和轴上截距相等的直线方程是（    ） A． B．或 C． D．或 3．记为等比数列的前项和，若，，则（    ） A． B． C．8 D．16 4．已知直线经过圆的圆心，则的最小值为（   ） A． B． C．0 D．1 5．已知抛物线的焦点为，点在上，且，若满足，则（　　） A．16 B． C． D．9 6．某小组的成员由四位男生和三位女生组成，七位同学要站成一排照相，要求任意两男生及任意两女生均不能相邻的站法总数是（    ） A． B． C． D． 7．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，直线与交于，两点，若的面积是面积的2倍，则（ ） A． B． C． D． 8．有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为（   ） A．120 B．60 C．40 D．30 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（    ） A．若甲、乙、丙按从左到右的顺序排列，则不同的排法有12种 B．若甲、乙不相邻，则不同的排法有72种 C．若甲不能在最左端，且乙不能在最右端，则不同的排法共有72种 D．如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种 10．下列四个命题中，真命题是（   ） A．过点，且在x轴和y轴上的截距相等的直线方程为 B．过定点的直线与以，为端点的线段相交（包括端点），则直线的斜率k的取值范围为 C．圆：与圆：的公共弦所在直线的方程为 D．若动点M在直线：上，动点A在圆C：上，则的最小值为 11．设抛物线的焦点为，直线与抛物线相交于，两点，与轴交于点，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D．与的面积之比为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．设直线与圆相交于两点，且，则 ． 13．已知双曲线E：的左焦点为F，点M是E右支上的动点，点N是圆上的动点，则的最大值为 . 14．平面上有一个点，等可能地向前、后、左、右四个方向移动，每次移动一个单位长度，则经过4次移动后回到出发点的概率为 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分）已知等差数列的前项和为，公差不为，，且成等比数列． (1)求的通项公式； (2)令，求数列的前项和． 16．（15分）已知二项式的展开式中各项二项式系数的和为256，其中实数为常数． (1)求的值； (2)若展开式中二项式系数最大的项的系数为70，求的值； (3)当时，求展开式中含项的系数． 17．（15分）已知圆：关于直线的对称圆的圆心为，若直线过点. (1)若直线与圆相切，求直线的方程； (2)若直线与圆交于两点，，求直线的方程. 18．（17分）混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品．现需通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束． (1)一共抽取了4次检测结束，有多少种不同的抽法? (2)若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法?（要求：解答过程要有必要的说明和步骤） 19．（17分）在平面直角坐标系中，已知双曲线的离心率为，焦距． (1)求的方程； (2)双曲线左、右顶点分别为，，直线与的左、右两支分别交于点，，记直线，的斜率分别为，且． （i）求证：直线过定点； （ii），直线与交于点，判断并证明直线与的位置关系． 学科网（北京）股份有限公司 $临潭县第二中学2025-2026学年第一学期 高二数学期末考试模拟试卷 (考试时间：120分钟试卷满分：150分) 班级： 姓名： 成绩：■ 注意率项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答 卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.考试范围：湘教版(2019)必修第一册第1-6章 第一部分（选择题共58分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的， 1.已知等差数列a,}的前n项和为S,4=34+a=4,则S,=() 4曾 C.8 D.9 2.经过点(1,2)，且在x轴和y轴上截距相等的直线方程是() A.x+y-3=0 B.x+y-3=0或2x-y=0 C.x-y+1=0 D.x-y+1=0或2x-y=0 3.记Sn为等比数列{a}的前n项和，若3S3=S2+2S4,4=2,则a,=() A.1G B.8 C.8 D.16 4.己知直线y=ar+b经过圆x2+y2+2x=0的圆心，则2+2b的最小值为() A.-1 C.0 D.1 5.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,点M在C上，且MF=10,若A(a,O)满足AM⊥M, 则a=() A.16 B.31 C. 27 D.9 2 6.某小组的成员由四位男生和三位女生组成，七位同学要站成一排照相，要求任意两男生 及任意两女生均不能相邻的站法总数是() A.A B.2AA C.AA D.AA 7.已知椭圆C: 1的左、右焦点分别为，乃，直线y三x-m2<m 于A,B两点，若△FAB的面积是△F,AB面积的2倍，则m=() A号 B.-1 D 2-3 8.有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务， 则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为() A.120 B.60 C.40 D.30 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9.甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是() A.若甲、乙、丙按从左到右的顺序排列，则不同的排法有12种 B.若甲、乙不相邻，则不同的排法有72种 C.若甲不能在最左端，且乙不能在最右端，则不同的排法共有72种 D.如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种 10.下列四个命题中，真命题是() A.过点(3，)，且在x轴和y轴上的截距相等的直线方程为x+y-4=0 B.过定点P(1,O)的直线与以M(-3,2),N(3,3)为端点的线段相交（包括端点），则直 线的斜车的取值范为 C.圆C1:x2+y2+2x+8y-8=0与圆C2:x2+y2-4x-4y-2=0的公共弦所在直线的 方程为x+2y-1=0 D.若动点M在直线1：x-2y+2=0上，动点A在圆C:(x-3)'+y2=4上，则MA的 最小值为√5-2 11.设抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点为F,直线y=x+1(k>0)与抛物线相交于A(x,y), B0,)两点，与轴交于点C,A-B=4,则下列说法正确的是() A.yy=2 B.p=4 c. D.△AFB与△AFC的面积之比为3：1 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.设直线y=x-√2与圆O:x2+y2=2相交于AB两点，且AB=2W3,则a=_ 1B.已奥双由线乐苔=1的左焦点为，点足万有支上的动点，点N是园 x2+(y-2)2=3上的动点，则MN-MF的最大值为 14.平面上有一个点，等可能地向前、后、左、右四个方向移动，每次移动一个单位长度， 则经过4次移动后回到出发点的概率为· 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤， 15.（13分)已知等差数列{a}的前n项和为S,公差不为0，S=25,且4,42,4成等比 数列. (1)求{a}的通项公式： 2冷点=，aeN),求数列，}的前n项和Z. aa 16.(15分)已知二项式2G-的展开式中各项二项式系数的和为256，其中实数a为 常数、 (1)求n的值； (2)若展开式中二项式系数最大的项的系数为70，求a的值： (3)当a=-1时，求展开式中含x2项的系数. 17.(15分)已知圆C:x2+y2-4x-4y+7=0关于直线x-y+1=0的对称圆的圆心为D, 若直线1过点(1,4). (1)若直线1与圆C相切，求直线1的方程： (2)若直线1与圆D交于A,B两点，AB=√2，求直线l的方程 18.（17分)混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品.现需通过检测将其 区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正 品时检测结束 (1)一共抽取了4次检测结束，有多少种不同的抽法？ (2)若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法？（要求： 解答过程要有必要的说明和步骤) (①7分)在平面直角坐标系x0y中，已知双曲线T:-方三1（α>0，b>0)的离心率为 焦距4. (1)求的方程： (2)双曲线左、右顶点分别为A,B,直线I与T的左、右两支分别交于点C,D,记直线BC, 8D的斜率分别为k,,且左+本=1. (i)求证：直线l过定点： (ii)P(-1,2),直线OP与BD交于点Q,判断并证明直线AQ与BC的位置关系.临潭县第二中学2025-2026学年第一学期 高二数学期末考试模拟试卷 (考试时间：120分钟试卷满分：150分) 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答 卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.考试范围：湘教版(2019)必修第一册第1-6章 第一部分（选择题共58分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的， 1.已知等差数列a,}的前n项和为S,4=34+a=4,则S,=() A.曾 B. 26 3 C.8 D.9 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用等差数列通项公式求出公差，进而求出其前5项和。 【详解】设等差数列a}的公差为d,由4-写4+4=4，得}d+片4d=4, 3 1 解得d3,因此a+a=24+4d=2×+4x→ 4号9所以8a）5 故选：A 3 2 3 2.经过点(1,2)，且在x轴和y轴上截距相等的直线方程是() A.x+y-3=0 B.x+y-3=0或2x-y=0 C.x-y+1=0 D.x-y+1=0或2x-y=0 【答案】B 【分析】分别讨论截距为0和不为0两种情况，设出直线方程，将点(1,2)代入求解即可. 【详解】当直线在x轴和y轴上截距都为0时，设直线方程为y=x,将点(1,2)代入解得k=2, 此时直线方程为2x-y=0, 当直线在x轴和y轴上截距相等且不为0时，设直线方程为+兰=1，将点(1,2)代入解得 aa a=3,此时直线方程为x+y-3=0,所以满足题意的直线方程为x+y-3=0或2x-y=0, 故选：B 3.记Sn为等比数列{a}的前n项和，若3S=S2+2S4,4=2,则a,=() 1 A.16 B. 1 C.8 D.16 【答案】B 【分析】由3S,=S,+2,化简得到公比g-?则a=4g可求 【详解】由3，=9，+2S,，则25，-2S,=S,-S,即2a,=4,即公比q=} 又a=2,所以a=a4=2×2=8 11 故选：B 4.已知直线y=ax+b经过圆x2+y2+2x=0的圆心，则a2+2b的最小值为() A.-1 91 C.0 D.1 【答案】A 【分析】将圆的方程变为标准式，可得其圆心，根据直线过圆心，代入可得α=b,代入所 求，根据二次函数的性质，即可得答案 【详解】圆x2+y2+2x=0变形可得(x+1)2+y2=1,圆心为(-1,0)， 因为直线y=m+b经过圆心(-1,0)，所以b-a=0,即a=b, 所以a2+2b=a2+2a=(a+1)2-1,所以当a=-1时，a2+2b的最小值为-1.故选：A 5.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,点M在C上，且MF=10,若A(a,0)满足AM⊥MF, 则a=() A.16 B. 31 27 D.9 2 2 【答案】C 【分析】先求出抛物线的准线方程、焦点F的坐标，再根据抛物线的定义，求出点M的坐 标，进而利用向量垂直的坐标性质即可得解， 【详解】在抛物线C:)户=4x中，2p=4,则号-1，所以焦点FL0),准线方程为x=-1. 设点M的坐标为(，y),则 x+1=10 =4找，故=9，M(96),且g=36 又M=(9-a,%),MF=(-8,-),则MMF=-8(9-a)y=-8(9-a）36=0, 2 解得a . 故选：C 6.某小组的成员由四位男生和三位女生组成，七位同学要站成一排照相，要求任意两男生 及任意两女生均不能相邻的站法总数是() A.A B.2AA C.AA D.AA 【答案】D 【分析】利用插空法，先排好女生，然后再排男生，求解计算即可。 【详解】先排好3位女生，有A种排法，此时产生4个空位，再将4位男生排入这4个空 位，有A4种排法，根据分步乘法计数原理，共有AA种站法故选：D 7.已知椭圆c: +y2=1的左、右焦点分别为耳，耳，，直线y=x-m(-2<<2)与C交 5 于A,B两点，若△FAB的面积是△FAB面积的2倍，则m=() 4 2 2 A. B.-1 C.- D 【答案】D 【分析】根据已知面积关系可得m+2=2(2-m),即可求解 【详解如下图示，若△耳AB的面积是△E,AB面积的2倍，则CF上2|CE, 由题设知，(-2,0)，E(2,0),C(,0)且-2<m<2,故m+2=2(2-m, 所以3m=2→m= 故选：D 8.有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务， 则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为() A.120 B.60 C.40 D.30 【答案】B 【分析】选出一个志愿者连续参加两天社区服务，再从剩余的4人抽取2人参加这两天的活 动，计算结果即可 【详解】不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e,假设a连续参加了两天社区服务，再从剩余的4 人抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务，共有A?=12种方法， 同理：b,c,d,e连续参加了两天社区服务，也各有12种方法， 所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有5x12=60种.故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9.甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是() A.若甲、乙、丙按从左到右的顺序排列，则不同的排法有12种 B.若甲、乙不相邻，则不同的排法有72种 C.若甲不能在最左端，且乙不能在最右端，则不同的排法共有72种 D.如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种 【答案】BD 【分析】A选项，定序问题采用倍缩法进行求解；B选项，采用插空法进行求解：C选项， 分两种情况，若最左端排乙，最左端不排乙，分别求出两种情况下的排法，相加即可：D选 项，使用捆绑法进行求解： 【详解】对于A,甲乙丙按从左到右的顺序排列的排列有 A=20种情况，故A错误： 对于B,先安排丙，丁，戊三人，有A=6种情况，再将甲乙两人插空，则有A=12种情况， 故甲乙不相邻的排法种数为6×12=72种情况，故B正确： 对于C,若最左端排乙，此时其余四人可进行全排列，故有A=24种：若最左端不排乙，则 最左端只能从丙，丁，戊选出1人，又乙不能在最右端，则有A;AA=54种情况，则共有 24+54=78种站法，故C错误； 对于D,将甲与乙捆绑，看做一个整体且固定顺序，再与其他三人站成一排，故有A:=24种， 故D正确： 故选：BD 10.下列四个命题中，真命题是() A.过点(3,1)，且在x轴和y轴上的截距相等的直线方程为x+y-4=0 B.过定点P(1,0)的直线与以M(-3,2),N(3,3)为端点的线段相交（包括端点），则直 线的率无的取位范国为尽… C.圆C,:x2+y2+2x+8y-8=0与圆C2:x2+y2-4x-4y-2=0的公共弦所在直线的 方程为x+2y-1=0 D.若动点M在直线1：x-2y+2=0上，动点A在圆C:(x-3)2+y2=4上，则MA的 最小值为√5-2 【答案】BCD 【分析】对于A,需要考虑直线在x轴和y轴上的截距是否为0，分情况讨论直线方程；对 于B,根据两点所在直线的斜率公式求出直线PM,PN的斜率，结合图形确定直线斜率的取 值范围：对于C,两圆的方程作差即可得公共弦所在直线的方程：对于D,求出圆心到直线 的距离，减去半径即为MA的最小值， 【详解】对于A,当在x轴和y轴上的截距都为0时，设直线方程为y=kx,将(3,1)的坐标 代入得1=汲，解得长号 此时直线方程为y=】x:当在x轴和y轴上的截距相等，且不为0时，设直线方程为+兰=1， 1 3 aC 将(3,1)的坐标代入得3+1=1，解得a=4,此时直线方程为x+y-4=0,故A为假命题。 a 对于B,如图， 环 N(3,3) M(-3,2) 直线的刻率为9号直线PW的斜率为-0-： -3-1 3-121 11「3， 由图知所求直线的斜率k的取值范围为 -0,2引3+”，故B为真命题 对于C,将圆C：x2+y2+2x+8y-8=0与圆C2:x2+y2-4x-4y-2=0的方程作差 得(x2+y2+2x+8y-8)-(x2+y2-4x-4y-2)=0,即x+2y-1=0, 所以公共弦所在直线的方程为x+2y-1=0,故C为真命题， 对于D,如图， 圆心C(3,0)到直线1：x-2y+2=0的距离为 -2x0+2=5. V12+(-22 则MA的最小值为√5-2，故D为真命题故选：BCD. 11.设抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点为F,直线y=x+1(k>0)与抛物线相交于A(x,y), B(2,y2)两点，与x轴交于点C,AF= B-4,则下列说法正疏的是() A.=2 B.p=4 ch-3而 D.△AFB与AAFC的面积之比为3：1 【答案】BCD 【分析】先由抛物线焦半径公式结合题意得到则A在第二象限，B在第一象限，且P<8, 接着联立直线与抛物线方程结合韦达定理求出y,和p即可判断选项AB;进而求出点A和 B和C即可计算求解判断CD 【详解】由思符4=男+号到=号=1且y>为>0， 则A在第二象限，B在第一象限，且P<8, 联立 [22pkx-2p-0=2ph=-2p y=c+1 期+为-52-2成12$指1所以后-1→成 卫=9（舍去），所以抛物线E:x=8y,F(2,0),y=7y=2, 所以可得4(28a2.-所以4-4+2-2-- 所以SAB:SA三 所以A错误，BCD正确.故选：BCD 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12.设直线y=x-√2与圆O:x2+y2=a2相交于A,B两点，且AB=2W3,则a= 【答案】+2 【分析】求圆心到直线的距离，根据弦长结合垂径定理列式求解即可. 【详解】圆0：x2+y2=d的圆心为0(0,0)，半径r=4, 则圆心o0,0)到直线x--V2=0的距离d=5-1, √2 由题意可得AB=22-d,即25=2√2-1，解得a=±2. 故答案为：±2 13.己知双曲线E: V=1的左焦点为卫，点M是五右支上的动点，点N是圆 2 x2+(y-2)=3上的动点，则MW-MF的最大值为 【答案】22-√31-√5+22 【分析】结合双曲线的定义与三角形三边关系可得MN-MF≤NF2√3，再根据定点到 圆上一动点的距离最值的解法即可求解 【详解】设双曲线B:号-少=1的右焦点为F,则F(-2.0),P(20) 由双曲线定义可得F-MF1=2a=25,即MF=MF+2W3 MIN-MF =MN-MF-23 s NF-23. 当且仅当M,N,F'三点共线时，MW-MF取得最大值NF刚-2√3 点N是圆x2+(y-2)=3上的动点， .x2+(y-2)=3圆心设为D(0,2),半径r=√5， NFs DF'+r=22+5N叶MF卡F'2B≤2b话. 故答案为：2√2-√5 14.平面上有一个点，等可能地向前、后、左、右四个方向移动，每次移动一个单位长度， 则经过4次移动后回到出发点的概率为」 【路灯品 【分析】根据题意确定点水平方向和竖直方向移动的次数，再分类求解概率， 【详解】每次移动有4种方向，4次移动，总路径数为：44=256， 设前、后单位数分别为a,b,左、右单位数分别为c,d, 因运动4次后仍回到出发点，所以前后步数相等且左右步数相等， 记a=b=,c=d=n,则a+b+c+d=2l+2n=4,即+n=2(m,n∈N) 若m=0,n=2,即a=0,b=0,c=2,d=2,则路径数有6种： 若m=1,n=1,即a=1,b=1,c=1,d=1,则路径数有24种： 若m=2,n=0,即a=2,b=2,c=0,d=0,则路径数有6种： 所以运动4次后仍回到出发点的概率为P=6+24+6_9 25664 9 故答案为： 64 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分)己知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差不为0，S,=25,且4,4，a成等比 数列。 (1)求{a}的通项公式： ②冷点=aeN,求数列，}的前n项和7 andn1 【答案】(1)a.=2-1(eN): n (2Tn= 2n+1 【分析】(1)设等差数列{a}的公差为d(d≠0)，根据题意，列出方程组，求得a=1,d=2, 即可求得数列{a}的通项公式： (2)由(1)得到b= 1 11 1 结合裂项法求和，即可求解。 a·a+1 22n-12n+1 【详解】(1)解：设等差数列{a}的公差为d(d≠o), 画S25,可得8=50+41=25，即4+2d=5 又由a,4,4成等比数列，可得G=a,4,所以(a+d)2=a(a+4d), a+2d=5 整理得d=2a,联立方程组 ,解得a=1,d=2,所以a=1+(n-1)×2=2n-1, d=2a 所以数列{a}的通项公式为a,=2n-1(n∈N): 1 1 (2)解：由(1)知a。=2n-1,可得b.= 111 4.·aa+1(21-1)(21+1)221-121+1 所以z0rG)(0a】a 2H a 16.(15分)己知二项式2√- 的展开式中各项二项式系数的和为256，其中实数a为 1 常数 (1)求n的值； (2)若展开式中二项式系数最大的项的系数为70，求a的值； (3)当a=-1时，求展开式中含x2项的系数. 【答案】(1)8： 2)a=±2 (3)1120. 【分析】(1)由二项式系数和公式直接计算得解： (2)确定二项式系数最大的项，结合通项公式求出相应项计算系数，建立关于α的方程即 可求解： (3)由通项公式求出相应项即可得解. 【详解】(1)由题可得2=256→n=8. (2)由(1)可知展开式中二项式系数最大值为C8,为展开式中第5项， =120a3,所以120d=703a-6即a=±分 16 (3)当a=-1时，展开式中含有x2的项为=C(2 =1120x2, 所以展开式中含x2项的系数为1120 17.(15分)已知圆C:x2+y2-4x-4y+7=0关于直线x-y+1=0的对称圆的圆心为D, 若直线1过点(1,4) (1)若直线1与圆C相切，求直线1的方程； (2)若直线1与圆D交于A,B两点，AB=√2，求直线1的方程 【答案】(1)x=1或3x+4y-19=0. (2)x-y+3=0或x+y-5=0 【分析】(1)分类讨论直线的斜率存在与不存在，利用圆心到直线的距离等于圆的半径计算 即可： (2)由题意知直线的斜率一定存在，设直线方程，利用点到直线的距离公式和圆的半径计算 即可 【详解】(1)由题意可知圆C:x2+y2-4x-4y+7=0的圆心坐标C(2,2),半径r=1, 当直线的斜率不存在时，直线1过点(1,4).即1的方程为x=1时，此时直线与圆相切，符合题 意： 当直线的斜率存在时，设斜率为k,直线1过点(1,4)设直线的方程为y-4=k(x-1), 即化为一般式：-y-k+4=0,直线1与圆C相切，则d=2k-2+4, Vk2+1 即1= 2k-2-k+4 ,解得k=-3,所以1的方程为：-3x-y+3+4=0,即3x+4y-19=0 3 Vk2+1 4 4 4 综上，当直线1与圆C相切，直线1的方程为x=1或3x+4y-19=0 (2)圆C:x2+y2-4x-4y+7=0的圆心坐标C(2,2),半径r=1, 设D(a,b),因为圆C关于直线x-y+1=0的对称圆的圆心为D, 临潭县第二中学2025-2026学年第一学期 高二数学期末考试模拟试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．考试范围：湘教版（2019）必修第一册第1-6章 第一部分（选择题 共58分） 1、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知等差数列的前项和为，则（     ） A． B． C．8 D．9 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用等差数列通项公式求出公差，进而求出其前5项和. 【详解】设等差数列 的公差为，由，得， 解得，因此，所以.故选：A 2．经过点，且在轴和轴上截距相等的直线方程是（    ） A． B．或 C． D．或 【答案】B 【分析】分别讨论截距为0和不为0两种情况，设出直线方程，将点代入求解即可. 【详解】当直线在轴和轴上截距都为0时，设直线方程为，将点代入解得， 此时直线方程为， 当直线在轴和轴上截距相等且不为0时，设直线方程为，将点代入解得，此时直线方程为，所以满足题意的直线方程为或， 故选：B 3．记为等比数列的前项和，若，，则（    ） A． B． C．8 D．16 【答案】B 【分析】由化简得到公比，则可求. 【详解】由，则，即，即公比 又，所以.故选：B 4．已知直线经过圆的圆心，则的最小值为（   ） A． B． C．0 D．1 【答案】A 【分析】将圆的方程变为标准式，可得其圆心，根据直线过圆心，代入可得，代入所求，根据二次函数的性质，即可得答案. 【详解】圆变形可得，圆心为， 因为直线经过圆心，所以，即， 所以，所以当时，的最小值为.故选：A 5．已知抛物线的焦点为，点在上，且，若满足，则（　　） A．16 B． C． D．9 【答案】C 【分析】先求出抛物线的准线方程、焦点的坐标，再根据抛物线的定义，求出点的坐标，进而利用向量垂直的坐标性质即可得解. 【详解】在抛物线中，，则，所以焦点，准线方程为. 设点的坐标为，则，故，，且, 又，则 解得．故选：C. 6．某小组的成员由四位男生和三位女生组成，七位同学要站成一排照相，要求任意两男生及任意两女生均不能相邻的站法总数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用插空法，先排好女生，然后再排男生，求解计算即可. 【详解】先排好3位女生，有种排法，此时产生4个空位，再将4位男生排入这4个空位，有种排法，根据分步乘法计数原理，共有种站法.故选：D. 7．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，直线与交于，两点，若的面积是面积的2倍，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知面积关系可得，即可求解. 【详解】如下图示，若的面积是面积的2倍，则，由题设知，且，故， 所以.故选：D 8．有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为（   ） A．120 B．60 C．40 D．30 【答案】B 【分析】选出一个志愿者连续参加两天社区服务，再从剩余的4人抽取2人参加这两天的活动，计算结果即可 【详解】不妨记五名志愿者为，假设连续参加了两天社区服务，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务，共有种方法， 同理：连续参加了两天社区服务，也各有种方法， 所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有种.故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（    ） A．若甲、乙、丙按从左到右的顺序排列，则不同的排法有12种 B．若甲、乙不相邻，则不同的排法有72种 C．若甲不能在最左端，且乙不能在最右端，则不同的排法共有72种 D．如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种 【答案】BD 【分析】A选项，定序问题采用倍缩法进行求解；B选项，采用插空法进行求解；C选项，分两种情况，若最左端排乙，最左端不排乙，分别求出两种情况下的排法，相加即可；D选项，使用捆绑法进行求解； 【详解】对于A，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排列有种情况，故A错误； 对于B，先安排丙，丁，戊三人，有种情况，再将甲乙两人插空，则有种情况，故甲乙不相邻的排法种数为种情况，故B正确； 对于C，若最左端排乙，此时其余四人可进行全排列，故有种；若最左端不排乙，则最左端只能从丙，丁，戊选出1人，又乙不能在最右端，则有种情况，则共有种站法，故C错误； 对于D，将甲与乙捆绑，看做一个整体且固定顺序，再与其他三人站成一排，故有种，故D正确； 故选：BD 10．下列四个命题中，真命题是（   ） A．过点，且在x轴和y轴上的截距相等的直线方程为 B．过定点的直线与以，为端点的线段相交（包括端点），则直线的斜率k的取值范围为 C．圆：与圆：的公共弦所在直线的方程为 D．若动点M在直线：上，动点A在圆C：上，则的最小值为 【答案】BCD 【分析】对于A，需要考虑直线在x轴和y轴上的截距是否为0，分情况讨论直线方程；对于B，根据两点所在直线的斜率公式求出直线的斜率，结合图形确定直线斜率的取值范围；对于C，两圆的方程作差即可得公共弦所在直线的方程；对于D，求出圆心到直线的距离，减去半径即为的最小值. 【详解】对于A，当在x轴和y轴上的截距都为0时，设直线方程为，将的坐标代入得，解得， 此时直线方程为；当在x轴和y轴上的截距相等，且不为0时，设直线方程为， 将的坐标代入得，解得，此时直线方程为，故A为假命题. 对于B，如图， 直线的斜率为，直线的斜率为， 由图知所求直线的斜率k的取值范围为，故B为真命题. 对于C，将圆：与圆：的方程作差 得，即， 所以公共弦所在直线的方程为，故C为真命题. 对于D，如图， 圆心到直线：的距离为， 则的最小值为，故D为真命题.故选：BCD. 11．设抛物线的焦点为，直线与抛物线相交于，两点，与轴交于点，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D．与的面积之比为 【答案】BCD 【分析】先由抛物线焦半径公式结合题意得到则在第二象限，在第一象限，且，接着联立直线与抛物线方程结合韦达定理求出和p即可判断选项AB；进而求出点A和B和C即可计算求解判断CD. 【详解】由题得且， 则在第二象限，在第一象限，且， 联立， 则，所以或（舍去），所以抛物线，，， 所以可得，，所以， 直线与轴交于点，所以， 所以. 所以A错误，BCD正确.故选：BCD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．设直线与圆相交于两点，且，则 ． 【答案】 【分析】求圆心到直线的距离，根据弦长结合垂径定理列式求解即可. 【详解】圆的圆心为，半径， 则圆心到直线的距离， 由题意可得，即，解得. 故答案为：. 13．已知双曲线E：的左焦点为F，点M是E右支上的动点，点N是圆上的动点，则的最大值为 . 【答案】/ 【分析】结合双曲线的定义与三角形三边关系可得，再根据定点到圆上一动点的距离最值的解法即可求解. 【详解】设双曲线E：的右焦点为，则. 由双曲线定义可得，即. ， 当且仅当三点共线时，取得最大值. ∵点N是圆上的动点， ∴圆心设为，半径， . 故答案为：. 14．平面上有一个点，等可能地向前、后、左、右四个方向移动，每次移动一个单位长度，则经过4次移动后回到出发点的概率为 ． 【答案】 【分析】根据题意确定点水平方向和竖直方向移动的次数，再分类求解概率. 【详解】每次移动有4种方向，4次移动，总路径数为：， 设前、后单位数分别为，左、右单位数分别为， 因运动4次后仍回到出发点，所以前后步数相等且左右步数相等， 记，则，即. 若即则路径数有6种； 若即则路径数有24种； 若即则路径数有6种； 所以运动4次后仍回到出发点的概率为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分）已知等差数列的前项和为，公差不为，，且成等比数列． (1)求的通项公式； (2)令，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组，求得，即可求得数列的通项公式； （2）由（1）得到，结合裂项法求和，即可求解. 【详解】（1）解：设等差数列的公差为， 由，可得，即， 又由成等比数列，可得，所以， 整理得，联立方程组，解得，所以， 所以数列的通项公式为. （2）解：由（1）知，可得， 所以． 16．（15分）已知二项式的展开式中各项二项式系数的和为256，其中实数为常数． (1)求的值； (2)若展开式中二项式系数最大的项的系数为70，求的值； (3)当时，求展开式中含项的系数． 【答案】(1)8； (2)； (3)1120. 【分析】（1）由二项式系数和公式直接计算得解； （2）确定二项式系数最大的项，结合通项公式求出相应项计算系数，建立关于a的方程即可求解； （3）由通项公式求出相应项即可得解. 【详解】（1）由题可得. （2）由（1）可知展开式中二项式系数最大值为，为展开式中第5项， 而，所以即， （3）当时，展开式中含有的项为， 所以展开式中含项的系数为1120 17．（15分）已知圆：关于直线的对称圆的圆心为，若直线过点. (1)若直线与圆相切，求直线的方程； (2)若直线与圆交于两点，，求直线的方程. 【答案】(1)或. (2)或 【分析】(1)分类讨论直线的斜率存在与不存在，利用圆心到直线的距离等于圆的半径计算即可； (2)由题意知直线的斜率一定存在，设直线方程，利用点到直线的距离公式和圆的半径计算即可. 【详解】（1）由题意可知圆：的圆心坐标，半径， 当直线的斜率不存在时，直线过点.即的方程为时，此时直线与圆相切，符合题意； 当直线的斜率存在时，设斜率为，直线过点.设直线的方程为， 即化为一般式：，直线与圆相切，则， 即，解得，所以的方程为：，即. 综上，当直线与圆相切，直线的方程为或. （2）圆：的圆心坐标，半径， 设，因为圆关于直线的对称圆的圆心为， 所以，解得，圆的圆心为，半径为1. 当直线斜率不存在时，直线的方程为，此时直线过圆的圆心，，不符合题意； 当直线斜率存在时，设斜率为，直线过点.设直线的方程为，即化为一般式：，圆心到直线的距离. 若直线与圆交于两点，，根据勾股定理可得，解得， 所以直线的方程为或 18．（17分）混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品．现需通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束． (1)一共抽取了4次检测结束，有多少种不同的抽法? (2)若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法?（要求：解答过程要有必要的说明和步骤） 【答案】(1)96种 (2)120种 【分析】（1）分两种情形：第一种是4次抽到的全是正品，第二种前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，由分类加法原理计算； （2）由题意知第二次抽到的必是正品，第4次抽取的是次品，检测结束，或第4次抽取到正品，第五次再抽取一件（不论正品还是次品）都可以结束，由此计算可得． 【详解】（1）有以下两种情况： 4次均为正品，共有种； 前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，共种； 则共有96种． （2）由题意知，第二次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束， 当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有种抽法； 当抽取5次结束时，若第4次抽到正品且第5次抽到正品，则共有种抽法； 若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，则共有种抽法； 共120种抽法． 19．（17分）在平面直角坐标系中，已知双曲线的离心率为，焦距． (1)求的方程； (2)双曲线左、右顶点分别为，，直线与的左、右两支分别交于点，，记直线，的斜率分别为，且． （i）求证：直线过定点； （ii），直线与交于点，判断并证明直线与的位置关系． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii），证明见解析 【分析】（1）根据离心率和焦距的概念求，再利用求，可得双曲线方程. （2）（i）设直线l的方程为，将直线方程代入双曲线方程，消去，利用韦达定理可得，再利用，得到的关系，即可判断直线经过定点. （ii）通过证明直线AQ与BC的斜率关系判断两直线的位置关系. 【详解】（1）设双曲线的焦距为2c，则，且，解得， 所以，所以的方程为. （2）（i）设直线的方程为， 联立与，消去，得， 所以，由，得， 整理得， 所以， 整理得，所以或， 当时，直线的方程为，过点，不符，故舍去； 当时，直线l的方程为，过点，所以直线l过定点； （ⅱ）直线AQ与直线BC的位置关系是平行，理由如下： 因为，所以直线OP方程为：， 又直线BD方程为：，联立与， 解得，即， 因为，所以直线AQ的斜率为，由， 得直线BC的斜率，所以. 学科网（北京）股份有限公司 $