精品解析：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） 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. 已知等差数列的前项和为，则（ ） A. B. C. 8 D. 9 【答案】A 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【分析】 先将女生排好，再利用插空法，排列男生，并根据分步乘法计数原理计算可得结果. 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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】 【解析】 【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】## 【解析】 【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】 【解析】 【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. 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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 解：由（1）知，可得， 所以． 16. 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. 【解析】 【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. 【小问1详解】 由题可得. 【小问2详解】 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， 【小问3详解】 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. 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 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 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文字说明和步骤，结果以数字呈现） 【答案】（1）96种； （2）120种. 【解析】 【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，利用分类计数加法原理以及分步计数乘法原理结合排列组合数计算可得； （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，利用分类计数加法原理以及分步计数乘法原理结合组合数计算可得． 【小问1详解】 有以下两种情况：①4次均为正品，共有种不同的抽法； ②前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，共有种不同的抽法. 所以共有种不同的抽法． 【小问2详解】 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. 第1次抽到的是次品有种抽法，第2次抽到的是正品有种抽法，第3次抽到的是正品有种抽法. 当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有种不同的抽法； 当抽取5次结束时，若第4次抽到正品且第5次抽到正品，则共有种不同的抽法， 若第4次抽到正品且第5次抽到次品，则共有种不同的抽法. 所以，共有种不同的抽法． 19. 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）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． 【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. 【小问1详解】 设双曲线的焦距为2c，则，且，解得， 所以，所以的方程为. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 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） 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. 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. 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. 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. 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文字说明和步骤，结果以数字呈现） 19. 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $