2025-2026学年高二上学期数学湘教版选择性必修第一册期末模拟卷

2025-2026学年上学期期末模拟卷 高二 数学 命题人：李文元 （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）选择性必修第一册第1-4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．直线的倾斜角为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出直线的斜率，利用直线的斜率与倾斜角的关系可得结果. 【详解】该直线的斜截式方程为，则斜率为，所以该直线的倾斜角为.故选：D 2．记等差数列的前项和为，若，则（    ） A．13 B．45 C．65 D．130 【答案】C 【分析】由等差数列的求和公式及等差数列的性质求解． 【详解】解：， 故选：C 3．圆的圆心坐标和半径分别为（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】将圆的方程化为标准方程，可得答案. 【详解】圆的标准方程为，故该圆的圆心为，半径为. 故选：C. 4．数列是首项为，公差为的等差数列，为前n项和．若成等比数列，则（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知条件列方程，由此求得. 【详解】是首项为，公差为的等差数列，为其前n项和， ，由成等比数列，得：， 即，解得：．故选：D． 5．已知抛物线C：的焦点为F，点A在C上，且，则点A的纵坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】点的坐标为，根据抛物线的性质，可求得x值，代入抛物线方程，即可求得答案. 【详解】设点的坐标为，由抛物线的性质得，所以， 又点在抛物线上，代入抛物线方程得，所以点的纵坐标为． 故选：A． 6．电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的产品广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则不同的播放方式有（    ） A．48种 B．24种 C．720种 D．120种 【答案】A 【分析】由分步计数原理求解即可. 【详解】由题意，可分步进行， 第一步，安排公益广告，不同的安排方式有种， 第二步，安排产品广告，不同的安排方式有种， 故总的不同安排方式有种.故选：A 7．设双曲线的左焦点为，过坐标原点的直线与交于，两点，且，则的离心率为（　　） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据双曲线的对称性得到，然后根据双曲线的定义列方程，得到，，最后利用余弦定理列等式，整理即可得到离心率. 【详解】设双曲线的右焦点为， 根据双曲线的对称性得到，， 由双曲线的定义得，所以， 在中，由余弦定理得， 整理得，所以.故选：D. 8．在的展开式中，的系数为（    ） A．120 B．210 C．720 D．5040 【答案】B 【分析】根据二项式定理，把每一项的的系数求出来，然后结合组合数的性质求和即可 【详解】由题意可得的系数为 ．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．若，其中为实数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】令，将原式转化，直接利用二项式展开式以及赋值法求出结果即可判断选项. 【详解】令，则原式转化为， 对A，令，得，故A正确； 对B，由二项式定理得，故B错误； 对CD，令，得，令，得， 所以， 所以，故C正确，D错误.故选：AC 10．下列说法中，正确的有（　　） A．若直线的斜率越大，则直线的倾斜角就越大 B．直线必过定点 C．直线与直线的距离为 D．过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程为 【答案】BC 【分析】根据倾斜角与斜率的关系即可判断A；将直线方程化为，再求解即可判断B；根据两平行直线间的距离公式即可判断C；举特例判断D． 【详解】对于A，当斜率为时，倾斜角为， 当斜率为时，倾斜角为，故A错误； 对于B，将直线，化为，则，解得， 即直线必过定点，故B正确； 对于C，将直线化为， 则这两平行直线间的距离为，故C正确； 对于D，当直线过原点时，也满足在轴，轴上的截距相等， 此时直线的斜率为，则直线方程为，故D错误. 故选：BC． 11．已知抛物线的准线方程为，焦点为，点是抛物线上的两点，抛物线在两点的切线交于点，则下列结论一定正确的（    ） A．抛物线的方程为： B． C．当直线过焦点时，三角形面积的最小值为1 D．若，则的最大值为 【答案】ABD 【分析】对于A，由抛物线准线列方程求出参数即可判断；对于B，由抛物线定义即可判断；对于C，设出直线方程，联立抛物线方程，由韦达定理求弦长，结合点到直线距离公式得三角形面积表达式，进一步由基本不等式即可判断；对于D，设出直线方程，联立抛物线方程，由韦达定理求弦长，结合已知得或，进一步由余弦定理基本不等式可得，由此即可判断. 【详解】对于A，抛物线的准线方程为，所以，解得，所以抛物线的方程为：，故A正确； 对于B，因为点在抛物线上，所以由抛物线定义可知，故B正确； 对于C，由题意抛物线焦点坐标为，显然过焦点的直线斜率存在，如图所示： 不妨取直线的方程为，且， 联立抛物线方程，得， 所以， 所以，， 点到直线的距离为， 所以三角形面积为，等号成立当且仅当， 即三角形面积的最小值为2，故C错误； 对于D，显然直线斜率存在，不妨取直线的方程为，且，如图所示： 联立抛物线方程，得，所以， 所以， ， 因为，所以， 解得或，即或， 而 ， 等号成立当且仅当，解得， 此时或，且此时满足， 即，所以的最大值为，故D正确.故选：ABD. 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．已知是等差数列的前项和，且满足，，则 ； 【答案】35 【分析】首先根据等差数列的通项公式以及前项和公式来求解.先求出首项和公差，再代入求. 【详解】因为是等差数列的前项和，.则， 化简得，消元求解得：.所以. 所以.故答案为：35. 13．圆与圆的位置关系 . 【答案】相交 【分析】首先将圆的方程化为标准方程，求得两圆的圆心坐标、半径，由两点间的距离公式算出圆心距，比较圆心距与半径之和、半径之差的大小关系即可求解. 【详解】由题意圆的标准方程为， 所以圆的圆心，半径， 由，可知圆的圆心，半径， 所以两圆的圆心距，所以， 所以圆与圆相交.故答案为：相交. 14．如图，某地有南北街道6条､东西街道5条，一快递员从地出发，送货到地，且途经地，要求所走路程最短，不同的走法共有 种. 【答案】40 【分析】根据题意，从经到的最短路程，只能向右、向上运动，将原问题转化为分步问题和组合问题，由分类计数原理计算即可. 【详解】解：要按要求走完最短路程，需要经过两步：第一步是由走到;第二步是由走到，由地到地，需要向北走1条街道，向东走3条街道，共走4条街道，共有(种)走法;由地到地，需要向北走3条街道,向东走2条街道，共走5条街道，共有(种)走法.由分步计数原理：共有(种)走法. 故答案为：40 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）已知数列的前n项和为，且满足． (1)若成等比数列，求m的值； (2)设，求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等差数列通项公式求解即可； （2）利用分组求和，再利用等差数列、等比数列求和公式求和即可. 【详解】（1）由题设，故是公差为2的等差数列， 所以，即，得，所以，又， 则，即. （2）由（1）知：， 所以. 16．（15分）已知圆，点是直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，. (1)若的坐标为，求过点的切线方程； (2)直线与圆交于，两点，求的取值范围（为坐标原点）. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）设出切线方程，然后利用圆心到切线的距离等于半径即可求得斜率，即可得切线方程； （2）联立直线与圆的方程，设，，消元、列出韦达定理，再由，可求得其范围. 【详解】（1）圆的圆心为，半径， 过点的切线， 若切线的斜率不存在，则直线方程为，符合题意； 若切线的斜率存在，设切线方程为，即 则，即，解得， 所以切线方程为，即； 即过点的切线方程为或， （2）由，得， ， 设，， 由， ， ，， 则 ， 所以， ， ， 的取值范围为. 17．（15分）在的展开式中，求： (1)第4项的二项式系数； (2)含的项的系数. 【答案】(1)35 (2)280 【分析】（1）先写出通项公式，根据二项式系数的定义进行求解； （2）先写出通项公式，找到含有的项，然后可得系数. 【详解】（1）由二项式定理可知，在展开式中， 第项为.所以第4项的二项式系数为. （2）由二项式定理可知，在展开式中，第项为. 当时，展开式中含的项的系数为. 【点睛】易错点点睛：要注意区分“二项式系数”与二项展开式中“某一项的系数”这两个概念： ①二项式系数是组合数 (r∈{0,1,2，…，n})，它与二项展开式中“某一项的系数”不一定相等； ②第r＋1项的系数是此项字母前的数连同符号. 18．（17分）某届世界杯足球赛决赛，共有32个队入围．他们先分成8个小组进行单循环赛，决出16强（各小组取前两名），然后这16强按照确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠、亚军和第三、第四名．问 (1)第一阶段分8个小组进行单循环赛，决出16强，日本和韩国需要安排多少场比赛？最多需准备多少比赛场馆？ (2)第二阶段进行淘汰赛，最后决出冠、亚军和第三、四名共安排了多少场比赛？ 【答案】(1)48，16 (2) 【分析】（1）利用组合数，结合现实情况分析计算即可得解； （2）依次分析决出8强、4强、半决赛与决赛所需场次即可得解. 【详解】（1）第一阶段每个小组有4个队，进行单循环赛需安排场比赛． 合计需安排场比赛．即使所有队同时开始比赛，最多需个场馆． （2）第二阶段进行淘汰赛，由16支队决出前4强需要场比赛． 剩下前4强，需有2场比赛， 首先决出前2名，再有1场比赛决出冠、亚军，再1场比赛决出第三、第四名． 所以16强共计需要场比赛． 19．（17分）已知椭圆经过点，下顶点为抛物线的焦点． (1)求椭圆的方程； (2)若点均在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为， （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）当时，求直线的方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标，即可得到，再由椭圆过点，求出； （2）（ⅰ）设直线的方程为，、，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得，代入后化简得的值，代入直线方程可得定点坐标； （ⅱ）设直线恒过定点为，由，可得，结合（ⅰ）中韦达定理求出、，即可求出，从而求出直线方程. 【详解】（1）抛物线的焦点为，所以椭圆的下顶点，则， 又椭圆经过点，所以，解得， 所以椭圆方程为； （2）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，设，则， 所以，则，与矛盾， 所以直线的斜率存在， 由已知直线斜率同号，因此直线的斜率存在且不为， 设直线的方程为，设， 由得， 由，可得， 所以，，则 ， ，所以， 即，所以，解得或， 当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，不合题意， 当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，符合题意．综上可得直线恒过定点. （ⅱ）设直线恒过定点为， 此时，解得， 由，可得，又，，所以，，所以，解得，满足，所以，所以直线方程为.    学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026学年上学期期末模拟卷 高二 数学 命题人：李文元 (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)选择性必修第一册第1-4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.直线x-√3y-2025=0的倾斜角为() 5π 2t A. B. C. D. 6 3 3 6 【答案】D 【分析】求出直线的斜率，利用直线的斜率与倾斜角的关系可得结果 【详解】该直线的斜截式方程为y=5,-2025 ,则斜率为5 所以该直线的倾斜角为 3 3 3 君放睡：D 2.记等差数列{an}的前n项和为Sn,若a,=5,a,=8,则S。=() A.13 B.45 C.65 D.130 【答案】C 【分析】由等差数列的求和公式及等差数列的性质求解。 【球解】解：5.10型-5g+4）-5a+4)-5×6:到)=， 故选：C 3.圆x2+y2-2x+6y=0的圆心坐标和半径分别为() A.(（-1,3),10B.(-1,3),√10 C.(1,-3),V10 D.(1,-3),10 【答案】C 【分析】将圆的方程化为标准方程，可得答案 【详解】圆的标准方程为(x-1)+(y+3)=10,故该圆的圆心为(1，-3)，半径为√10 故选：C 4.数列{a}是首项为a,公差为-1的等差数列，Sn为前n项和.若S,S2,S4成等比数列， 则a,=() A.1 B.-1 C. 2 D. 【答案】D 【分析】根据已知条件列方程，由此求得a 【详解】：{a}是首项为a,公差为-l的等差数列，Sn为其前n项和， .S1=a,S2=24-1,S4=4a-6,由S,S2,S4成等比数列，得：S2=SS4, 即2a-1=a4a-6),解得：a=-1 ,故选：D 2 5.己知抛物线C:y2=4x的焦点为F,点A在C上，且|AF=3,则点A的纵坐标为() A.±2W2 B.±2W5 C.23 D.2 【答案】A 【分析】点A的坐标为(：，y),根据抛物线的性质，可求得x值，代入抛物线方程，即可求 得答案 【详解】设点A的坐标为，小，由抛物线的性质得4=x+号x+1=3,所以x=2, 又点A在抛物线上，代入抛物线方程得y2=8,所以点A的纵坐标为y=±2√2. 故选：A. 6.电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的产品广告和2个不同的公益广告，要求首 尾必须播放公益广告，则不同的播放方式有() A.48种 B.24种 C.720种 D.120种 【答案】A 【分析】由分步计数原理求解即可 【详解】由题意，可分步进行， 第一步，安排公益广告，不同的安排方式有A种， 第二步，安排产品广告，不同的安排方式有A种， 故总的不同安排方式有AA=2×24=48种.故选：A 7.设双曲线C号卡1a>0b>0的左焦点为月，过华标原尚的直线与C交于H,8两 点，且R42斗∠B1=等则C的离心率为() A.√2 B.2 C.5 D. 【答案】D 【分析】根据双曲线的对称性得到EB=卫A,然后根据双曲线的定义列方程，得到FA, FA,最后利用余弦定理列等式，整理即可得到离心率 【详解】设双曲线的右焦点为E, 根据双曲线的对称性得到EB=E,A,∠FAE=r-∠BFA= 2π 3, 由双曲线的定义得FA4-F,A=E,A=2a,所以FA=4a, 在aRAR中，由余弦定理得cos∠了AR=16a+4-4c 2.4a.2a 2 整理得 =7,所以e=C=万故选：D a2 a 8.在(1+x)+1+x)2+(1+x)3+..+(1+x)9的展开式中，x的系数为() A.120 B.210 C.720 D.5040 【答案】B 【分析】根据二项式定理，把每一项的x的系数求出来，然后结合组合数的性质求和即可 【详解】由题意可得x的系数为C+C?+C++C= 1+Cg-c+C-Cg+cg-Cg+Cg-c+C-C+c。-C=c=0x9x8×7=210.故选：B. 4×3×2×1 二、多项选操题：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.若x8=4,+4(x-1)+4,(x-1)2++4(x-1)3,其中a,4,42,,4为实数，则() A.a。=1 B.a6=56 C.4+a4+a+a=128 D.42+4+45+4=128 【答案】AC 【分析】令t=x-1,将原式转化，直接利用二项式展开式以及赋值法求出结果即可判断选项 【详解】令t=x-1,则原式转化为(t+1)8=a。+at+at2++a4, 对A,令t=0,得a。=1,故A正确： 对B,由二项式定理得4，=C8=28,故B错误； 对CD,令t=1,得4+4+4，++a=2,令t=-1,得4-4+42-+4=0， 所以a+4,+4,+4,=4。+42+4+4。+a=2'=128, 所以a2+a,+a,+a=127,故C正确，D错误.故选：AC 10.下列说法中，正确的有() A.若直线的斜率越大，则直线的倾斜角就越大 B.直线x+y+3k+1=0必过定点(-3，-1) C.直线2x-4少-1=0与直线x-2y=0的距离为 10 D.过点P(2,3)且在x轴，y轴上的截距相等的直线方程为x+y-5=0 【答案】BC 【分析】根据倾斜角与斜率的关系即可判断A；将直线方程化为k(x+3)+y+1=0,再求解 +10即可判断B:根据两平行直线同的距离公式即可判断C:举特例判断D. x+3=0 【详解】对于A,当斜率为-√5时，倾斜角为120°， 当斜率为√3时，倾斜角为60°，故A错误： +1=0·解得 x+3=0 x=-3 对于B,将直线kx+y+3k+1=0,化为k(x+3)+y+1=0,则 =-1 即直线kx+y+3k+1=0必过定点(-3，-1)，故B正确： 对于C,将直线x-2y=0化为2x-4y=0, 则这两平行直线间的距离为d=上1-0=5 故C正确： √22+4210 对于D,当直线过原点时，也满足在x轴，y轴上的截距相等， 此时直线的斜率为k 2-02则直线方程为y=弓x,故D错误 3-03 3 2 故选：BC 11.已知抛物线T:x2=2pw的准线方程为y=-1,焦点为F,点A(x,y),B(2y2)是抛物线 上的两点，抛物线在A,B两点的切线交于点P,则下列结论一定正确的() A.抛物线的方程为：x2=4y B.AF=y+1 C.当直线AB过焦点时，三角形OAB面积的最小值为1 若4B=3出++2，则乙ArB的最大值 【答案】ABD 【分析】对于A,由抛物线准线列方程求出参数P即可判断；对于B,由抛物线定义即可判 断；对于C,设出直线AB方程，联立抛物线方程，由韦达定理求弦长，结合点到直线距离 公式得三角形OAB面积表达式，进一步由基本不等式即可判断：对于D,设出直线AB方程， 联文抛物线方程，由韦达定理求弦长，结合已知得1=2+3或12+”进一步由余多 3 1 定理基本不等式可得(cos∠AFB)n= 一2’由此即可判断。 【详解】对于A,抛物线「：x2=2p的准线方程为y=-1,所以-号=-1，解得P=2,所 2 以抛物线的方程为：x2=4y,故A正确： 对于B,因为点A(x,y)在抛物线上，所以由抛物线定义可知AF=乃+1，故B正确： 对于C,由题意抛物线焦点坐标为(O,1),显然过焦点的直线AB斜率存在，如图所示： 不妨取直线AB的方程为y=+1,且<0<x2, 联立抛物线方程x2=4y,得x2-4-4=0, 所以x+x2=4,52=4,△=16k2+16>0, 所以y+=k(5+x)+2=42+2,AB=y+1+y2+1=4(k2+1), 1 点O(0,0)到直线y=c+1的距离为d=- 2+1 所以三角形01B面积为S-hd-2+122,等号成立当且仅当&=0， 即三角形OAB面积的最小值为2，故C错误： 对于D,显然直线AB斜率存在，不妨取直线AB的方程为y=kx+t,且：<O<x,,如图所 示： B9x)=3 联立抛物线方程x2=4y,得x2-4-4#=0,所以x+5=4x5=4,△=16+1t>0→R+t>0, 所以g+=k化++y=+3= 16 AB=+1+x)-4xx2=+116k+16t=4+1+1 因为4a-56+y+2小：所以5+-2小医可F可-FF7, 解得+i=k+或F+1=5(+,即1=2+3或=号+号 而cos∠AB-M时+B-Aa_+++广g+男+2y 2AF BF 2(y+1)(y2+1) (y+1)°+(y2+1)3、131 8(y+1)(y2+1)44421 等号成立当且仅当y=2=22+t=t>0,解得k=0, 时=22+3=3>0或1=3产+33>0，且此时满足△=16(+0)16>0， 即(cos乙AD)=号，所以∠AB的最大值为，枚D正确枚选：ABD 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.己知Sn是等差数列{an}的前n项和，且满足4=4，S4=22,则S,=: 【答案】35 【分析】首先根据等差数列的通项公式以及前项和公式来求解先求出首项和公差，再代 入求S 'a+d=4 【详解】因为Sn是等差数列{a}的前n项和，42=4，S4=22.则 4 4x(4-1)d=2 2 a+d=4 化简得 24+3d-11’消元求解得：4=1d=3.所以a,=1+3m-1)=3m-2 所以S=S,+4=22+1+(5-1)×3=35.故答案为：35 13.圆C:x2+y2=9与圆C2:x2+y2-8x-6y+16=0的位置关系 【答案】相交 【分析】首先将圆C,的方程化为标准方程，求得两圆的圆心坐标、半径，由两点间的距离 公式算出圆心距，比较圆心距与半径之和、半径之差的大小关系即可求解 【详解】由题意圆C2:x2+y2-8x-6y+16=0的标准方程为(x-4)+(y-3)=9, 所以圆C,的圆心C2(4,3),半径2=3， 由C:x2+y2=9,可知圆C的圆心C(0,0),半径片=3， 所以两圆的圆心距CC=V(4-0)2+(3-0)2-5,所以0=5-<CC<5+5=6, 所以圆C与圆C,相交故答案为：相交， 14.如图，某地有南北街道6条、东西街道5条，一快递员从A地出发，送货到C地，且途 经B地，要求所走路程最短，不同的走法共有 种 B 【答案】40 【分析】根据题意，从A经B到C的最短路程，只能向右、向上运动，将原问题转化为分步 问题和组合问题，由分类计数原理计算即可. 【详解】解：要按要求走完最短路程，需要经过两步：第一步是由A走到B;第二步是由B走 到C,由A地到B地，需要向北走1条街道，向东走3条街道，共走4条街道，共有C4=4(种) 走法，由B地到C地，需要向北走3条街道，向东走2条街道，共走5条街道，共有C号=10（种） 走法.由分步计数原理：共有4×10=40（种）走法 故答案为：40 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)己知数列{a}的前n项和为Sn,且满足an1=a,+2,S2=4 (1)若a,4,am成等比数列，求m的值； (2)设b=a,-2，求数列{b}的前n项和T. 【答案】(1)9 (2②)Z=r2+n-414 33 【分析】(1)利用等差数列通项公式求解即可： (2)利用分组求和，再利用等差数列、等比数列求和公式求和即可. 【详解】(1)由题设a1-aa=2,故{a}是公差为2的等差数列， 所以S2=a4+4=4,即24+2=a+4,得4=2，所以a.=2n,又aG=4an, 则4=36，即m=9. (2)由(1)知：b,=a-2=2-4”, 所以T=2×1+2++n)(4+42+.+4"n+1 4-4n2+- 401 1-4 3 16.(15分)己知圆C:(x-2)2+y2=1,点P是直线：x+y=0上一动点，过点P作圆C的 两条切线，切点分别为A,B. (1)若P的坐标为P(3,-3),求过点P的切线方程； (2)直线x-y+m=0与圆C交于E,F两点，求OE.OF的取值范围(O为坐标原点) 【答案】(1)x=3或4x+3y-3=0 (2)2,5+22 【分析】(1)设出切线方程，然后利用圆心到切线的距离等于半径即可求得斜率，即可得切 线方程 (2)联立直线与圆的方程，设E(x,y),F(化2，y,),消元、列出韦达定理，再由 OE.OF=X,+,=(m+1)+2,可求得其范围。 【详解】(1)圆C:(x-2)+y2=1的圆心为C(2,0),半径r=1, 过点P(3,-3)的切线， 若切线的斜率不存在，则直线方程为x=3,符合题意： 若切线的斜率存在，设切线方程为y+3=k(x-3),即-y-3k-3=0 则d-上-31，即k+3)-产+1，解得k= V1+k2 3 4 所以切线方程为y+3= 3x-3列，即4x+3y-3=0: 即过点P(3,-3)的切线方程为x=3或4x+3y-3=0, x-y+=0 (2)由 (x-2+2=1'得(-2+(x+m2=1, .2x2+(2-4).x+3+m2=0, 设E(5,),F(x2), 由△=(2m-4)2-4x2×(3+2)>0,.-2-√2<m<-2+√2， +名=2-m,4,=3+加 2 则y=(:+m)(s2+m)=x2+(:+x2)+m2 =3+ 2+m(2-m）+m2-,m2+2+3 3 2 所似死o际=*4m+尔-1月2 3 :-2-√2<m<-2+√2， (m+1)2+2∈2,5+2√2)， :0正.OF的取值范围为2,5+22) 17.(15分)在(1+2x)的展开式中，求： (1)第4项的二项式系数： (2)含x的项的系数 【答案】(1)35 (2)280 【分析】(1)先写出通项公式，根据二项式系数的定义进行求解： (2)先写出通项公式，找到含有x的项，然后可得系数 【详解】(1)由二项式定理可知，在(1+2x)展开式中， 第r+1项为T1=C,1-.(2x)=C5·2·x.所以第4项的二项式系数为C=35 (2)由二项式定理可知，在(1+2x)展开式中，第r+1项为T1=C,1-(2x)=C,·2·x' 当r=3时，(1+2x)展开式中含x的项的系数为C.2=280. 【点晴】易错点点睛：要注意区分“二项式系数与二项展开式中“某一项的系数”这两个概念： ①二项式系数是组合数C:∈{0,1,2，.，)，它与三项展开式中“某一项的系数不一定 相等： ②第r+1项的系数是此项字母前的数连同符号. 18.(17分)某届世界杯足球赛决赛，共有32个队入围.他们先分成8个小组进行单循环 赛，决出16强（各小组取前两名)，然后这16强按照确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠、 亚军和第三、第四名.问 (1)第一阶段分8个小组进行单循环赛，决出16强，日本和韩国需要安排多少场比赛？最多 需准备多少比赛场馆？ (2)第二阶段进行淘汰赛，最后决出冠、亚军和第三、四名共安排了多少场比赛？2025-2026学年上学期期末模拟卷 高二 数学 命题人：李文无 (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)选择性必修第一册第1-4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.直线x-√3y-2025=0的倾斜角为() C. D. 6 2.记等差数列{a}的前n项和为Sn,若a,=5,a,=8,则S。=() A.13 B.45 C.65 D.130 3.圆x2+y2-2x+6y=0的圆心坐标和半径分别为() A.(-1,3),10B.(-1,3),√10C.(1,-3),V10 D.1,-3),10 4.数列{a}是首项为a,公差为-1的等差数列，Sn为前n项和.若S,S2,S4成等比数列， 则a=() A.1 B.-1 C. 5.己知抛物线C:y2=4x的焦点为F,点A在C上，且|AF=3,则点A的纵坐标为() A.±2√2 B.±2W3 C.25 D.2 6.电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的产品广告和2个不同的公益广告，要求首 尾必须播放公益广告，则不同的播放方式有() A.48种 B.24种 C.720种 D.120种 气设双曲线C。为1(a>0b>0的左焦点为乃，过坐标原点的直线与C交于A,9雨 点，且R4=2g,∠BA=写，则C的离心率为（) A.√5 B.2 C.5 D.√万 8.在(1+x)+1+x)2+(1+x)3+.+(1+x)9的展开式中，x的系数为() A.120 B.210 C.720 D.5040 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.若x8=4+4(x-1)+42(x-1)2+…+4(x-1)3,其中a,a,a2,,4为实数，则() A.a。=1 B.a.=56 C.4+4+a4+4=128 D.42+a4+a4。+4=128 10.下列说法中，正确的有() A.若直线的斜率越大，则直线的倾斜角就越大 B.直线+y+3k+1=0必过定点(-3，-1) C.直线2x-4y-1=0与直线x-2y=0的距离为 10 D.过点P(2,3)且在x轴，y轴上的截距相等的直线方程为x+y-5=0 11.己知抛物线T:x2=2w的准线方程为y=-1,焦点为F,点A(x,y),B(2y2)是抛物线 上的两点，抛物线在A,B两点的切线交于点P,则下列结论一定正确的() A.抛物线的方程为：x2=4y B.AF=y+1 C.当直线AB过焦点时，三角形OAB面积的最小值为1 D.若4网-56+男+2，剥AB的最大信为 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.已知Sn是等差数列{a}的前n项和，且满足4=4，S4=22,则S,=: 13.圆C:x2+y2=9与圆C2:x2+y2-8x-6y+16=0的位置关系 14.如图，某地有南北街道6条、东西街道5条，一快递员从A地出发，送货到C地，且途 经B地，要求所走路程最短，不同的走法共有」 种 A 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)己知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an1=a,+2,S2=a. (1)若a4,4,am成等比数列，求m的值： (2)设bn=a-2，求数列b}的前n项和Tn. 16.(15分)已知圆C:(x-2)2+y2=1,点P是直线：x+y=0上一动点，过点P作圆C的 两条切线，切点分别为A,B. (1)若P的坐标为P(3,-3),求过点P的切线方程： (2)直线x-y+=0与圆C交于E,F两点，求OE.OF的取值范围(O为坐标原点). 17.(15分)在(1+2x)的展开式中，求： (1)第4项的二项式系数： (2)含x的项的系数 18.(17分)某届世界杯足球赛决赛，共有32个队入围.他们先分成8个小组进行单循环 赛，决出16强（各小组取前两名），然后这16强按照确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠、 亚军和第三、第四名.问 (1)第一阶段分8个小组进行单循环赛，决出16强，日本和韩国需要安排多少场比赛？最多 需准备多少比赛场馆？ (2)第二阶段进行淘汰赛，最后决出冠、亚军和第三、四名共安排了多少场比赛？ 19.17分)已知椭圆c:+记=1(a>b>)经过点1)L 下顶点A为抛物线x2=-4y 的焦点 (1)求椭圆C的方程： (2)若点P(5,y),Q(x,y,)(y>马)均在椭圆C上，且满足直线AP与A0的斜率之积为方， (i)求证：直线PQ过定点： (ii)当OP/AQ时，求直线PQ的方程. 2025-2026学年上学期期末模拟卷 高二 数学 命题人：李文元 （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）选择性必修第一册第1-4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．直线的倾斜角为（   ） A． B． C． D． 2．记等差数列的前项和为，若，则（    ） A．13 B．45 C．65 D．130 3．圆的圆心坐标和半径分别为（   ） A．， B．， C．， D．， 4．数列是首项为，公差为的等差数列，为前n项和．若成等比数列，则（   ） A．1 B． C． D． 5．已知抛物线C：的焦点为F，点A在C上，且，则点A的纵坐标为（   ） A． B． C． D． 6．电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的产品广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则不同的播放方式有（    ） A．48种 B．24种 C．720种 D．120种 7．设双曲线的左焦点为，过坐标原点的直线与交于，两点，且，则的离心率为（　　） A． B．2 C． D． 8．在的展开式中，的系数为（    ） A．120 B．210 C．720 D．5040 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．若，其中为实数，则（    ） A． B． C． D． 10．下列说法中，正确的有（　　） A．若直线的斜率越大，则直线的倾斜角就越大 B．直线必过定点 C．直线与直线的距离为 D．过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程为 11．已知抛物线的准线方程为，焦点为，点是抛物线上的两点，抛物线在两点的切线交于点，则下列结论一定正确的（    ） A．抛物线的方程为： B． C．当直线过焦点时，三角形面积的最小值为1 D．若，则的最大值为 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．已知是等差数列的前项和，且满足，，则 ； 13．圆与圆的位置关系 . 14．如图，某地有南北街道6条､东西街道5条，一快递员从地出发，送货到地，且途经地，要求所走路程最短，不同的走法共有 种. 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）已知数列的前n项和为，且满足． (1)若成等比数列，求m的值； (2)设，求数列的前n项和． 16．（15分）已知圆，点是直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，. (1)若的坐标为，求过点的切线方程； (2)直线与圆交于，两点，求的取值范围（为坐标原点）. 17．（15分）在的展开式中，求： (1)第4项的二项式系数； (2)含的项的系数. 18．（17分）某届世界杯足球赛决赛，共有32个队入围．他们先分成8个小组进行单循环赛，决出16强（各小组取前两名），然后这16强按照确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠、亚军和第三、第四名．问 (1)第一阶段分8个小组进行单循环赛，决出16强，日本和韩国需要安排多少场比赛？最多需准备多少比赛场馆？ (2)第二阶段进行淘汰赛，最后决出冠、亚军和第三、四名共安排了多少场比赛？ 19．（17分）已知椭圆经过点，下顶点为抛物线的焦点． (1)求椭圆的方程； (2)若点均在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为， （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）当时，求直线的方程． 学科网（北京）股份有限公司 $