精品解析：甘肃省兰州市学府致远学校2025-2026学年高二上学期1月期末学业水平质量测数学试卷

兰州市学府致远学校 2025-2026学年第一学期高二年级期末学业水平质量测试卷 数学试卷 （本试卷满分150分，时间120分钟） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的） 1. 现某学校自愿组成数学建模社团，其中高一年级3人，高二年级4人，高三年级6人，选其中一人为负责人，有多少种不同的选法?（ ） A. 13 B. 78 C. 18 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理直接计算即可. 【详解】根据题意，选择其中一人为负责人，共有三种情况： 若选出的是高一学生，有3种情况； 若选出的是高二学生，有4种情况； 若选出的是高三学生，有6种情况. 由分类加法计数原理可得：共有种不同的选法. 故选：A 2. 已知数列是等比数列，，，则公比（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意利用等比数列的通项公式列出关于和 的方程组，解方程组即可得出答案. 【详解】由题意可知，解得. 故选：D 3. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设直线的倾斜角为，根据直线的方程求出直线的斜率 ，再由结合即可求解. 【详解】设直线的倾斜角为， 由可得， 所以直线的斜率，则， 因为，所以， 故选：C. 4. 直线与轴，轴分别交于点，，以线段为直径的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出圆心及半径，进而求出圆的方程. 【详解】依题意，点，线段中点为，且， 所以以线段为直径的圆的方程为，即. 故选：A 5. 展开式的常数项为（ ） A. 10 B. 20 C. 30 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式赋值即可求出． 【详解】展开式的通项公式为，令，解得，所以常数项为． 故选：B． 6. 已知为抛物线上的动点，为的焦点，点，则的最小值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】利用抛物线定义将转化为点到准线的距离，结合几何意义，求得的最小值为点到抛物线准线的距离. 【详解】抛物线的准线方程为． 设到准线的距离为到准线的距离为， 则， 则的最小值为6． 故选：C 7. 4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报名方法种数是（ ） A. 12 B. 24 C. 64 D. 81 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意结合分步乘法计数原理运算求解即可. 【详解】由题意可知：每位同学均有3个运动队选择， 所以不同报名方法种数是. 故选：D. 8. 设、分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，线段的中点在轴上，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 本题首先可根据线段的中点在轴上得出轴，然后根据得出，再然后根据得出，最后根据以及即可得出结果. 【详解】设点坐标为， 因为线段的中点在轴上，，， 所以，，点与横坐标相等，轴， 因为，所以， 因为，所以， 则，化简得， 故， 故选：A. 【点睛】本题考查椭圆离心率的求法，考查中点性质的应用，能否根据题意得出轴是解决本题的关键，考查椭圆定义的应用，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为，考查计算能力，是中档题. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 若直线与圆相切，则b的值是（ ） A. －2 B. －12 C. 2 D. 12 【答案】CD 【解析】 【分析】求出圆心、半径，根据直线与圆相切，可得圆心到直线的距离，代入相关数据即可求解. 【详解】将圆的方程化为标准方程，则圆的圆心为，半径. 因为直线与圆相切， 所以，圆心到直线的距离， 即，整理可得，，即或， 所以，或. 故选：CD. 10. 已知方程表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（ ） A. 当时，曲线C是椭圆 B. 当或时，曲线C是双曲线 C. 若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则 D. 若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用椭圆以及双曲线的标准方程的特征可逐一判断各选项. 【详解】A选项，曲线是椭圆等价于，解得且，故A错误； B选项，曲线是双曲线等价于，解得或，故B正确； C选项，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，故C正确； D选项，若曲线是焦点在轴上的双曲线，则，解得，故D正确. 故选：BCD. 11. 《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则（ ） A. 冬至的日影子长最长，为15.5尺 B. 立夏比谷雨的日影子长多1尺 C. 大寒、雨水、春分日影子长成等差数列 D. 清明的日影子长为8.5尺 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件结合等差数列知识，求出首项、公差，再逐一分析计算作答. 【详解】依题意，从冬至起，日影长依次记为，则数列是等差数列， 因此，，而，解得，又， 设数列的公差为，于是得：，解得，A正确； ，立夏比谷雨的日影子长少1尺，B不正确； 而成等差数列，即大寒、雨水、春分的日影子长成等差数列，C正确； ，即清明的日影子长为8.5尺. 故选：ACD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 计算：________ 【答案】 【解析】 【分析】根据排列数和组合数的公式进行求解即可. 【详解】， 故答案为： 13. 动点满足方程，则动点P的轨迹是__________，其轨迹方程是__________. 【答案】 ①. 以，为焦点，长轴长为10的椭圆； ②. 【解析】 【分析】利用椭圆的定义判断即可． 【详解】设， 因为表示点到的距离，表示点到的距离， 又动点满足， 又，即， 动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为10的椭圆． 得，所以椭圆的标准方程为. 故答案为：以，为焦点，长轴长为10的椭圆； 14. 将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法有______种． 【答案】30 【解析】 【分析】先假设可放入一个盒里，那么方法有种，减去在一个盒子的情况，就有5种，把2个球的组合考虑成一个元素，就变成了把三个不同的球放入三个不同的盒子，从而可得到结果． 【详解】解：由题意知有一个盒子至少要放入2球，先假设可放入一个盒里，那么方法有. 再减去在一起的情况，就是种．把2个球的组合考虑成一个元素， 就变成了把三个不同的球放入三个不同的盒子，那么共有种． ∴根据分步计数原理知共有种． 故选：C． 【点睛】本题考查分步计数原理，考查带有限制条件的元素的排列问题.两个元素不能同时放在一起，或两个元素不能相邻，这都是常见的问题，需要掌握方法． 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步驟） 15. 已知数列为等差数列，其中 （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式计算求解即可； （2）由（1）得，结合裂项相消法求和即可． 【小问1详解】 因为数列为等差数列，设公差为， 所以，解得， 所以数列的通项公式. 【小问2详解】 由（1）知，则， 所以， 得 16. 已知二项式展开式中各项的二项式系数之和为32． （1）求； （2）求展开式中含项的系数； （3）求展开式的第四项． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二项式定理所以二项式系数和为进行求解即可； （2）根据二项式展开式的通项得，再合理赋值进行求解即可； （3）根据二项式展开式的通项得，再令进行求解即可. 【小问1详解】 已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和为， 即，解得：. 【小问2详解】 二项式展开式的通项为， 令，解得：，所以当时，，故展开式中的系数为. 【小问3详解】 根据（2）可得：二项式展开式的通项为， 令，可得：，所以展开式的第四项为. 17. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于 （1）求圆的方程； （2）当时，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】(1)由题意知点到直线距离公式可确定圆A半径，带入到圆的标准方程可求得圆的方程； (2) 过A做，由垂径定理可知圆心到直线，设出直线，可分为斜率存在和斜率不存在两种情况，解之可得直线方程 【小问1详解】 易知到直线的距离为圆A半径r， 所以， 则圆A方程为 【小问2详解】 过A做,由垂径定理可知，且， 在中由勾股定理易知 当动直线斜率不存在时，设直线的方程为， 经检验圆心到直线的距离为，且根据勾股定理可知， 显然合题意， 当动直线斜率存在时，过点，设方程为：， 由到距离知得， 代入解之可得， 所以或为所求方程． 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为且短轴长为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）过定点的直线与椭圆交于，两点，若，求直线与直线的斜率之积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由离心率和短轴长列方程组解得，可得椭圆方程； （2）讨论直线斜率不存在时，是否符合题意，斜率存在时设直线方程为，，，直线方程代入椭圆方程，有，应用韦达定理得，然后代入即可求解． 【小问1详解】 由得 ∴椭圆C的标准方程为 【小问2详解】 若直线的斜率不存在，即直线方程为：， 易得， ，又 此时点与点重合，故直线不存在，不符合题意； 故直线的斜率必存在. 设，，， 联立得：， ，则， ∴，， ∵， 代入，， ， 即直线与直线的斜率之积为. 19. 已知抛物线的焦点为，点到抛物线准线距离为2． （1）求抛物线的标准方程； （2）已知的三个顶点都在抛物线上，，重心恰好是抛物线的焦点，求所在的直线方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用抛物线标准方程中的几何意义进行求解即可； （2）根据三角形重心公式，结合待定系数法、方程联立法、一元二次方程根与系数的关系进行求解即可. 【小问1详解】 因为焦点到抛物线准线距离为2． 所以，因此抛物线的标准方程为； 【小问2详解】 当直线的斜率为零时，直线与抛物线只有一个交点，不符合题意； 设直线的方程为，将直线的方程和抛物线方程联立，得 ， 由题意可知， 设，于是有， 焦点的坐标为， 因为重心恰好是抛物线的焦点，所以有 ， 此时， 所以所在的直线方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兰州市学府致远学校 2025-2026学年第一学期高二年级期末学业水平质量测试卷 数学试卷 （本试卷满分150分，时间120分钟） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的） 1. 现某学校自愿组成数学建模社团，其中高一年级3人，高二年级4人，高三年级6人，选其中一人为负责人，有多少种不同的选法?（ ） A. 13 B. 78 C. 18 D. 20 2. 已知数列是等比数列，，，则公比（ ） A. B. C. 2 D. 3. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 4. 直线与轴，轴分别交于点，，以线段为直径圆的方程为（ ） A B. C. D. 5. 展开式的常数项为（ ） A. 10 B. 20 C. 30 D. 120 6. 已知为抛物线上的动点，为的焦点，点，则的最小值为（ ） A 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报名方法种数是（ ） A. 12 B. 24 C. 64 D. 81 8. 设、分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，线段的中点在轴上，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 若直线与圆相切，则b的值是（ ） A. －2 B. －12 C. 2 D. 12 10. 已知方程表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（ ） A. 当时，曲线C是椭圆 B. 当或时，曲线C是双曲线 C. 若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则 D. 若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则 11. 《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则（ ） A. 冬至的日影子长最长，为15.5尺 B. 立夏比谷雨的日影子长多1尺 C. 大寒、雨水、春分的日影子长成等差数列 D. 清明的日影子长为8.5尺 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 计算：________ 13. 动点满足方程，则动点P的轨迹是__________，其轨迹方程是__________. 14. 将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法有______种． 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步驟） 15. 已知数列为等差数列，其中 （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 已知二项式展开式中各项的二项式系数之和为32． （1）求； （2）求展开式中含项的系数； （3）求展开式的第四项． 17. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于 （1）求圆的方程； （2）当时，求直线的方程． 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为且短轴长为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）过定点的直线与椭圆交于，两点，若，求直线与直线的斜率之积. 19. 已知抛物线的焦点为，点到抛物线准线距离为2． （1）求抛物线的标准方程； （2）已知三个顶点都在抛物线上，，重心恰好是抛物线的焦点，求所在的直线方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $