2026-2027学年临潭县第一中学高二上学期数学选择性必修第一册综合测试卷

湘教版高中数学选择性必修第一册综合测试卷 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，将答案写在答题卡上。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：湘教版高中数学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．已知等比数列中，，则（    ） A．8 B．16 C． D．32 2．已知是公差不为零的等差数列，，若、、成等比数列，则 （    ） A． B． C． D． 3．若斜率为的直线过点，则的方程为（    ） A． B． C． D． 4．以为圆心，为半径的圆的方程为（    ） A． B． C． D． 5．已知圆上有两点关于直线对称，则的最小值为（   ） A． B．3 C．4 D．8 6．已知双曲线的左，右焦点分别为为坐标原点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且，则的离心率为（   ） A． B．2 C． D．3 7．已知直线与双曲线相交于A，B两点，且A，B两点的横坐标之积为-9，，为此双曲线的左、右焦点，则的面积为（    ） A． B． C． D． 8．某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 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．已知圆和直线：，点在直线上运动，直线，分别与圆相切于点，，则（    ） A．的最小值为 B．的最大值为 C．四边形的面积的最小值为4 D．的最大值为4 10．设抛物线：（）的焦点为，过点的直线交于，两点，过点且垂直于的直线交的准线于点．已知的最小值为4，则（    ） A． B． C．当时， D． 11．下列有关说法错误的是（   ） A．在展开式中无常数项 B．除以8的余数为1 C．已知，则x的取值为7. D．甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去，则不同的安排方法有36种 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．在正项等比数列中，已知，则________． 13．已知过点的直线L被圆所截得的弦长为，则直线L的一般式方程为___________. 14．某中学对“秋假”期间申请留校的学生实行免费托管，现要从名教师中选若干人在天假期值班（每天只需人值班），同一人不能连续值班天，则可能的安排方法有___________种． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分）已知数列的前项和为，且，． (1)求证：数列为等比数列； (2)设，，求数列的前项和． 16．（15分）已知圆 ，直线 (1)求证直线恒过定点，并求出该定点坐标； (2)若直线截圆所得弦长为，求实数的值. 17．（15分）设椭圆的离心率为，左、右焦点为，，且，为上的点． (1)求的方程； (2)若在第一象限，，求点的坐标； (3)若，求的面积． 18．（17分）某校为了了解周末学生课外阅读的情况，选取了400名学生的课外阅读时间进行分析，将所得数据按照，，，，，分组，得到以下频率分布直方图： (1)求频率分布直方图中a的值并估计400名学生周末课外阅读时间的平均数以及中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值表示）； (2)从周末课外阅读时间超过的同学中，按照，，的人数比例，采用分层随机抽样抽取12人，再从12人中随机抽取2人进行阅读分享，求这2人的课外阅读时间都在的概率． 19．（17分）现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营． (1)若从中选1人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种不同的选法？ 学科网（北京）股份有限公司 $湘教版高中数学选择性必修第一册综合测试卷 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，将答案写在答题卡上。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：湘教版高中数学选择性必修第一册第14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.己知等比数列{an}中43=4，a=64,则a4=() A.8 B.16 C.±16 D.32 【答案】C 【详解】数列{an}为等比数列，4=4，a=64, ∴a42=aa=4×64=256,则a,=±16. 2.己知{an}是公差不为零的等差数列，a=2,若4、a4、a。成等比数列，则a,=() A.-20 B.-18 C.16 D.18 【答案】D 【分析】利用等比中项的性质结合等差数列的基本量运算求出公差，再计算a,即可 【详解】设等差数列{an}的公差为d(d≠0，n∈N),已知a,=2,且a,、a4、a,成等比数列， 由等比中项的性质可得：a=aa,根据等差数列通项公式an=am+(n-m)d,可得a,=a,+d,a,=a+3d, 代入上式得：(2+d)=2(2+3d),展开整理得d-2d=0,解得d=2或d=0(舍)， 因此a1=4+8d=2+8×2=18 3.若斜率为-2的直线1过点(-28)，则1的方程为（） A.x-2y-14=0B.x+2y-14=0 C.x-2y+8=0 D.x+2y+8=0 【答案】B 【详解】由直线的点斜式得：y-8=2(x+2)即x+2y-14=0. 4.以(-1,2)为圆心，√5为半径的圆的方程为() A.(x+1)2+(y-2)2=3 B.(x+1)2+(y+2)}=3 C.(x-1)2+(y+2)=3 D.(x+1+(y-2)2=V3 【答案】A 【详解】以(1,2)为圆心，√3为半径的圆的方程为(x+1)2+(y-2)}=3. 5.已知圆C:c-o}+0-b=1a>0,6>0上有两点关于直线x+2y-2=0对称，则2+2的最小值为() a b A.2W2 B.3 C.4 D.8 【答案】C 【分析】先由圆的对称性推出圆心在已知直线上，得到a与2b的和为定值，再通过基本不等式求目标式的 最小值 【详解】若圆上存在两点关于某直线对称，则该直线为圆的对称轴，必过圆心 已知圆C的圆心为(a,b),将其代入直线方程x+2y-2=0,可得a+2b=2,(a>0,b>0) b a 根据茶本不等式对正实数m”有m丰n≥2m,令m=号n=他则g+么≥ ≥2，日.46=4， a b a b a 当品4时，即a=2b时等号成立.代入得2+6≥4+40=4，联立a=2b与a+26 b a 解得a=1,b= 2满足a>0,b>0,等号可取，故乙+的最小值为4 a b 6已知双曲线C:号片=0>0b>0的左，石焦点分别为R5,0为坐标原点，过作C的条箭近线 的垂线，垂足为D,且DF=2W2OD,则C的离心率为() A.√2 B.2 C.5 D.3 【答案】C 【分析】根据点到直线距离公式求出DF、利用余弦定理求出cos∠DOF,根据cos∠DOF,=-cos∠DO列 方程即可求出答案。 【详解】如图所示，双曲线C的左焦点F（-c,0),渐近线l的方程为bx-ay=0, bc 由点到直线的距离公式可得D= bc=b. b2+(-a)2 c 由勾股定理得ODl=VoE-Dr=Vc2-b2=a, 在△Dox中，∠og-号w0R=0-8在A05中.，o-a,DF=2a,0-c cos∠DOE,=c0s(π-∠D0E)=-cos∠D05=-a,由余弦定理得 COSLDOF,= OD"+lor;-DR"_d+e-8a"__a 2ODOF 2ac 化简得，c2=5a2,即c=V5a,因此，双曲线C的离心率为e=C=V5 a 7.己知直线1：y=a与双曲线亡_y =1相交于A,B两点，且A,B两点的横坐标之积为-9，F,F为 68 此双曲线的左、右焦点，则△AFE的面积为() A.V14 B.2W14 C.2 D.2V2 【答案】B 【分析】根据直线y=c和双曲线关于原点中心对称得出A点坐标 【详解】由双曲线定义，a2=6,b2=8,c2=14,所以FE=2c=2V14, 又直线y=c和双曲线都关于原点中心对称，所以交点A、B也关于原点对称， 不妨设x4>0,xB<0,且x4=-xB,又xxB=-9,所以x4=3,代入双曲线方程，得出yA=+2, 所以aM5的面积为S55FE小=×24×2=24 8.某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个 年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有() A.A×A种 B.A×5种 C.C×A种 D.C%x54种 【答案】D 【详解】有两个年级选择甲博物馆共有C2种情况，其余四个年级每个年级各有5种选择情况， 故有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有C?×5种. 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.已知圆C:(x-2)2+y2=4和直线1：x-y+2=0,点P在直线I上运动，直线PA,PB分别与圆C相切 于点A,B,则() A.PA的最小值为2√2 B.∠APB的最大值为90° C.四边形PACB的面积的最小值为4 D.AB的最大值为4 【答案】BC 【分析】分析可知，当PC⊥I时，取最小值，结合勾股定理可判断A选项：推导出△PAC兰△PBC,可 得出S4cB=2SAP4C,利用三角形的面积公式可判断B选项：分析可知，当PA最小时，四边形PACB为正 方形，求出线段PC的中点坐标，结合直线的点斜式方程可判断C选项；分析可知，|AB=4sin∠ACP, 可判断D选项 【详解】圆心为C(2,O),半径为r=2,连接AC、BC,则AC⊥PA 对于A选项，由勾股定理可得1PA=PCP-r2=VPCP-4,当PC⊥1时，PC取最小值，此时，PA 也取最小值，且IPCl-2+2=22,则IPA-VPC.4=8-4-2,A错： 2 对FB选项m乙C-闷-元心超水，∠C意大，APB-∠AC越大 P22m乙APCa万② ，∠APC=45，∠APBm=2×45=90,故B正确。 对于C选项，由切线长定理可得PA=PB,又因为AC=BC,PC=PC,所以，△PAC=△PBC, 故Sp4CB=2SP4cPAr=2PAP2×2=4,当且仅当PC⊥I时，等号成立，故四边形PACB面积的最小 值为4，C对；对于D选项，设AB∩PC=E,因为△PAC兰△PBC,则∠APC=∠BPC,因为PA=|PB, 则PC⊥AB,且E为AB的中点，所以，AB=2AE=2 ACsin∠ACP=4sin∠ACP<4,(∠ACP<90), D错. 10.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过点F的直线交C于A,B两点，过点F且垂直于AB 的直线交C的准线于点E.己知AB的最小值为4，则() A.p=2 B.EA⊥EB C.当AF=3BF时，EF=4 D.AEBE≥8 【答案】ABD 【分析】对于A,联立得到弦长AB的最小值为2p,再列方程即可求解：对于B,由p=2得 y+y2=4m,yy2=4,进而得到E(-l,2m),再利用向量证明即可：对于C,由AF=3BF可得y=-3y2, 3 再求得 E 进而得到ER=45即可判断：对于D,由EA1EB,得A-B6=AB-EF,再计 3 算得到AE·BE的表达式，并求出最值即可判断. 【详解】对于A,F 设直线AB的方程为x=心+号A(5,XB(), y2=2px 联立得 x=my+2消去x得-2pmy-p2=0, 2 ∴y+为2=2mp,yy2=-p2,AB=1+mVy+2}-4y5=21+m2)p≥2p, .2p=4,解得p=2,故A正确：对于B,由p=2,得y+2=4my2=-4, 直线EF与AB垂直，故EF的斜率为-m,方程为y=-m(x-1),代入准线x=-1得y=2m,即E(-l,2m), EA.EB=(x+1)(x2+1)+(y-2m)(y2-2m)=(my+2)(my2+2)+(y-2m(-2m） =(m2+1)yy2+4m2+4=-4(m2+1+4m2+4=0,因此EA⊥EB,即EA1EB,故B正确： 肖4F=3B5时。3结合y+%=4m4=4,解得y=23,55-2义 3 E点坐标为 2v3 3 2,故C错误： 由EA⊥EB,得AEBE=ABEF,由抛物线定义，AB=x+x+p=m(以+y2)+2+p=4m2+4, EF=V0+12+(0-2m2=2Wm+1,AE.BE=4(m2+1-2Wm2+1=8(m2+12, 当m=0时，乘积取得最小值8，因此AEBE≥8，故D正确. 11.下列有关说法错误的是（) A. 在x+又 展开式中无常数项 B.5555除以8的余数为1 C.已知C2=C5,则x的取值为7 D.甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去，则 不同的安排方法有36种 【答案】ABC 【分析】应用二项式通项公式计算判断A,应用二项式展开式计算判断余数判断B,应用组合数性质判断 C,分组分配结合排列数组合数计算判断D. 【详解】对于A:在+展开式=C() ×x4=15为常数项，A选项错误： 555=(56-1)5=C9,(-1)°x565+C5（-1)×564++C4(-1)×56+C(-1)x56°， 因为C95(-1)°×565+C5(-1)八×564++Cg(-)4×56能被8整除， 且C(-1)×56=-1,所以555除以8的余数为7，B选项错误： 当C=C%5时，x+2=2x-5或x+2+2x-5=15,所以x=7或x=6,C选项错误： 甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去， 则不同的安排方法有CA=36种，D选项正确：故选：ABC 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.在正项等比数列{an}中，已知a4243=4,a4a,46=12,an14n4n+1=324,则n= 【答案】14 【分析】利用等比数列通项将各组连续三项的乘积转化为公比幂的形式，先由前两组乘积求出9°=3，再 代入第三组乘积的表达式，通过指数相等列方程解得. 【详解】设数列{a,}的公比为9，由a,aa=4=aq3与aa,a。=2=ag2, 可得9’=3，ana,a1=Ggm3=324,因此gm-6=81=3=g6,即3n-6=36,解得n=14. 13.己知过点M(-3,-3)的直线L被圆x2+y2+4y-21=0所截得的弦长为4V5,则直线L的一般式方程为 【答案】2x-y+3=0或x+2y+9=0 【详解】将圆x2+y2+4y-21=0变形得x2+(y+2)2=25, 则圆心坐标为(0，-2)，半径r=5,又弦长为4v5,所以圆心到直线的距离为d √25-20=5， 当直线斜率不存在时，直线方程为x=-3,此时圆心到直线的距离为3， 则弦长为2√52-32=8≠4√5，不符合题意，舍去.当直线斜率存在时，设过点M(-3,-3)的直线斜率为k, 则直线的点斜式方程为y+3=k(x+3),整理为一般式：kx-y+3k-3=0, 根据点到直线的距离公式，可得d-长×0-(2+3跳--5，化简整理得2公-3北-2=0， Vk2+1 解得k=2或k=-7当k=2时，直线方程为2x-y+3=0 当长=时，直线方程为-少+3(》3=0，整理得x+2y49=0 综上，直线L的一般式方程为2x-y+3=0或x+2y+9=0 14.某中学对“秋假期间申请留校的学生实行免费托管，现要从5名教师中选若干人在3天假期值班（每天 只需1人值班)，同一人不能连续值班2天，则可能的安排方法有 种。 【答案】80 【分析】分为值班人数为2人和3人两种情况，结合排列组合即可求解 【详解】由题意可得，值班的人数为2人或者3人， 若值班人数为2人，则需要一个人值班首尾两天，另外一人值班中间一天，故CC=20, 若值班人数为3人，则每人值班一天，故A=60,所以可能的安排方法有20+60=80种 故答案为：80. 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{an}的前n项和为Sn,且an1=2Sn+2,a=2. (1)求证：数列{an}为等比数列； ②设c=m,nEN,求数列{C}的前n项和T 【答案】(1)证明：由题意可得，当n=1时，a2=2a+2=6, 当n≥2时，an+1=2Sn+2,an=2Sn1+2,两式相减得an1=3an, 当n=1时，a2=3a=6,满足上式，所以数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列. 【分析】(1)利用数列前n项和与通项的递推关系，写出n≥2时an=2Sn1+2,和已知的an1=2Sn+2两式 作差，得到a+1与an的递推比例关系，再验证首项符合等比数列定义即可完成证明 (2)先由第一问结论得出an的通项，代入Cn化简得到可使用错位相减的差比型数列，通过乘公比后错位相 减，整理计算即可得到前n项和Tn 【详解】(1)略 a由知，a-2x所e,-省 所u=1+26+3[目++，0 所=16+2得+++a-0周+a”@ 0@.x-g+0-ag0” m以z-4G多6-4（任+X 16.(15分)已知圆C:x2+y2-4x+6y-12=0,直线1：(m+1)x+(2-m)y+m-5=0 (1)求证直线I恒过定点，并求出该定点坐标： (2)若直线I截圆C所得弦长为2√15，求实数m的值 【答案】（①）整理直线I方程得m:m(x-y+1)+(x+2y-5)=0, x-y+1=0 则该直线恒过方程组 (x+2y-5=0的解 两式相减：(x+2y-5)-（x-y+1)=0→3y-6=0→y=2, 代入x-y+1=0,得x=1,所以直线恒过定点(1,2)： (2)m=11±3v10 4 【分析】(1)将直线：(m+1)x+(2-m)y+m-5=0化为m(x-y+l)+(x+2y-5)=0即可求解： (2)利用点(2，-3)到直线1的距离、圆半径、半弦长满足勾股定理即可求解 【详解】(1)略 (2)圆C配方，得(x-2)2-4+(y+3)2-9=12,即(x-2)2+(0y+3)2=25, 圆心C(2,-3),半径R=5. 又弦长L=2V15,即2√5=2W25-d2→V15=V25-d2, 即15=25-d2→d=10→d=V10,故圆心到直线距离d=√10 直线：(m+1)x+(2-m)y+m-5=0, 点（亿，-3到直线距腐；d-m+):2+-m侧(-3)+m-_0, V(m+1)2+(2-m)2 6m-9 化简上式得 =V10,两边平方：，(6m-92 =10, √2m2-2m+5 2m2-2m+5 即16m2-88m+31=0,解得m=11±310 4 17.5分》设裤国C号+芳-06>0的实心桌为2己5.左、台质点为，，且F内=，P为C 3 上的点. (1)求C的方程： (2)若P在第一象限，P℉⊥P℉，求点P的坐标： (3)若PF=2PF,求△PFE的面积. 【容0+ (2)P 371 2’2 (3)2√7 【分析】(1)由焦距、离心率求出a2,b2写椭圆方程： (2)垂直转向量点积得圆方程，联立椭圆取第一象限解： (3)用椭圆定义得两边长，余弦定理求夹角正弦，代入面积公式计算 【详解】(1)由焦距FE=2c=8→c=4离心率e=c_2y2 c=4=32→d2=l8 。=·所以0e22 3 6=4d-c2=18-16=2,椭圆方程：亡+父=1 182 (2)由已知F(-4,0),E(4,0),设P(x,y),则PE=(-4-x,-y),P℉=(4-x,-y) 因为P℉⊥PF,所以PE·PE=0,故(-4-x(4-x)+(-y(-y)=0→x2+y2=16. x2+y2=16① 联立椭圆方程： ,由0得y=16-x2,代入②可得+16，t=1→2+906-x)=18, 、=1② 182 18 r+14-9x2=18→-8x2=-126→x2=126_63 8=4 P在第家限，0,0，x广=16gy故r7》 2 44 22 (3)根据椭圆定义可得IPFI+|PF上2a=6W2,又PF=2PF,设PF=m,则PF=2m 故2m+m=62→m=2√2，所以川P℉=4W2,1PE,=2W2,又FE=8 设∠FPF=0,由余弦定理在△PFF中有1 GEPAPFP+1PEP-21PE川PE1cos0, 代入数值可得82=(4V2)2+(2√2)2-2.4V2·2V2c0s0, 243 32c0s0=40-64=-24,故c0s0=- 32 4 铜角三角关系利sm0-1-m0---亿- S=i0,所以s=3x45x22x万-25 4 18.(17分)某校为了了解周末学生课外阅读的情况，选取了400名学生的课外阅读时间进行分析，将所 得数据按照[0,2)，「2,4)，[4,6)，[6,8)，[8,10)，[10,12]分组，得到以下频率分布直方图： ◆频率/组距 0.175 0.100 0.050- 0.025- O 24681012时间/h (1)求频率分布直方图中α的值并估计400名学生周末课外阅读时间的平均数x以及中位数（同一组中的数 据用该组区间的中点值表示)： (2)从周末课外阅读时间超过6h的同学中，按照[6,8)，[8,10)，10,12]的人数比例，采用分层随机抽样抽 取12人，再从12人中随机抽取2人进行阅读分享，求这2人的课外阅读时间都在[6,8)的概率. 【答案10a=075,=5h,中位数为头h 8 【分析】(1)由频率分布直方图的特征求a即可，根据平均值和中位数的求解方式计算： (2)先由分层抽样计算出各组抽样人数，再利用组合数求概率， 【详解】(1)由图可知：2×(a+0.100+0.175+a+0.050+0.025)=1,解得a=0.075; x=2×(0.075×1+0.100×3+0.175×5+0.075×7+0.050×9+0.025×11)=5(h), [0,4)的频率为2×(0.075+0.100)=0.35；[0,6)的频率为2×(0.075+0.100+0.175)=0.7： 中位数在6)之间，等于4+85032-头) 0.7-0.35 (2)[6,8)的频率为2×0.075=0.15，[8,10)的频率为2×0.050=0.1， [10,12]的频率为2×0.025=0.05， …[6,8)抽取12×。 5040a5-6人.R10m取12015401,05-4人. 0.15 0.1 0.05 [10,12]抽取12× 0.15+0.1+0.05=2人 .从12人中随机抽取2人进行阅读分享， 这2人的课外阅读时间都在[6,8)的概率为P=C=5 C22 19.(17分)现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营. (1)若从中选1人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种不同的选法？ 【答案】(1)122 (2)63000 (3)4860 【分析】(1)利用分类加法计数原理将三个年级人数相加即可： (2)利用分步乘法计数原理将三个年级人数相乘即可： (3)结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理分为三类，每一类分成两步相乘再求和即可， 【详解】(1)从高一选1人作为总负责人有50种选法； 从高二选1人作为总负责人有42种选法： 从高三选1人作为总负责人有30种选法. 由分类加法计数原理，可知共有50+42+30=122（种）选法. (2)从高一选1名负责人有50种选法： 从高二选1名负责人有42种选法： 从高三选1名负责人有30种选法. 由分步乘法计数原理，可知共有50×42×30=63000（种）选法. (3)①从高一和高二中各选1人作为中心发言人，有50×42=2100（种）选法 ②从高二和高三中各选1人作为中心发言人，有42×30=1260（种）选法： ③从高一和高三中各选1人作为中心发言人，有50×30=1500（种）选法. 故共有2100+1260+1500=4860（种）选法.湘教版高中数学选择性必修第一册综合测试卷 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，将答案写在答题卡上。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：湘教版高中数学选择性必修第一册第14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.己知等比数列{an}中43=4，a=64,则a4=() A.8 B.16 C.±16 D.32 2.已知{an}是公差不为零的等差数列，a=2,若a、a4、a。成等比数列，则a,=() A.-20 B.-18 C.16 D.18 3.若斜率为-2的直线1过点(-2,8)，则1的方程为（） A.x-2y-14=0 B.x+2y-14=0 C.x-2y+8=0 D.x+2y+8=0 4.以(-1,2)为圆心，√3为半径的圆的方程为() A.(x+1)+(y-2)2=3 B.(x+1)}+(y+2)}=3 C.(x-1)2+(y+2)2=3 D.(x+12+(y-2)2=3 5.已知圆C:x-@}+0y-b}=1(@>0,b>0)上有两点关于直线x+2y-2=0对称，则2+的最小值为()一 A.2√2 B.3 C.4 D.8 6已知双曲线C:号若-a>06>0的左，右焦点分别为5,50为华标原点，过5作C的一条荷面线 的垂线，垂足为D,且DE=2√2OD,则C的离心率为() A.√2 B.2 C.5 D.3 7.己知直线1：y=:与双曲线上=1相交于A,B两点，且A,B两点的横坐标之积为9，万，万为 68 此双曲线的左、右焦点，则△AFE的面积为() A.14 B.2V14 C.√2 D.2W2 8.某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个 年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有() A.A2×A种 B.A2×5种 C.C2×Ag种 D.C2×54种 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.已知圆C:(x-2)2+y2=4和直线1：x-y+2=0,点P在直线1上运动，直线PA,PB分别与圆C相切 于点A,B,则() A.PA的最小值为2√2 B.∠APB的最大值为90° C.四边形PACB的面积的最小值为4 D.AB的最大值为4 10.设抛物线C:y2=2Px(p>0)的焦点为F,过点F的直线交C于A,B两点，过点F且垂直于AB 的直线交C的准线于点E,己知AB的最小值为4，则() A.p=2 B.EA⊥EB C.当AF=3BF时，EF=4 D.AEBE≥8 11.下列有关说法错误的是() A.在x+ 1 展开式中无常数项 B.5555除以8的余数为1 C.已知C2=C,则x的取值为7. D.甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去，则 不同的安排方法有36种 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.在正项等比数列{an}中，己知aa2a3=4,a,4,a6=12,an-anan+l=324，则n= 13.已知过点M(-3,-3)的直线L被圆x2+y2+4y-21=0所截得的弦长为45，则直线L的一般式方程为 14.某中学对“秋假期间申请留校的学生实行免费托管，现要从5名教师中选若干人在3天假期值班（每天 只需1人值班)，同一人不能连续值班2天，则可能的安排方法有 种 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an1=2Sn+2,a=2. (1)求证：数列{an}为等比数列： 2设c,三3，n∈N,求数列{c,的前n项和 16.(15分)已知圆C:x2+y2-4x+6y-12=0,直线1：(m+1x+(2-m)y+m-5=0 (I)求证直线1恒过定点，并求出该定点坐标； (2)若直线l截圆C所得弦长为2√15，求实数m的值. ,15分)设椭圆C千+片a>h>0的离心率为22，无、右焦点为上，飞，且FE8,P为0 3 上的点。 (1)求C的方程： (2)若P在第一象限，P℉⊥PF,求点P的坐标： (3)若PE=2PF,求aPFF的面积 18.(17分)某校为了了解周末学生课外阅读的情况，选取了400名学生的课外阅读时间进行分析，将所 得数据按照0,2)，[2,4)，[4,6)，[6,8)，[8,10)，[10,12]分组，得到以下频率分布直方图： ◆频率/组距 0.175 0.100 a 0.050 0.025 --- 2 4681012时间/h (1)求频率分布直方图中α的值并估计400名学生周末课外阅读时间的平均数x以及中位数（同一组中的数 据用该组区间的中点值表示)： (2)从周末课外阅读时间超过6h的同学中，按照[6,8)，[8,10)，[10,12]的人数比例，采用分层随机抽样抽 取12人，再从12人中随机抽取2人进行阅读分享，求这2人的课外阅读时间都在[6,8)的概率. 19.(17分)现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营. (1)若从中选1人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种不同的选法？ 湘教版高中数学选择性必修第一册综合测试卷 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，将答案写在答题卡上。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：湘教版高中数学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．已知等比数列中，，则（    ） A．8 B．16 C． D．32 【答案】C 【详解】数列为等比数列，，， ，则. 2．已知是公差不为零的等差数列，，若、、成等比数列，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用等比中项的性质结合等差数列的基本量运算求出公差，再计算即可. 【详解】设等差数列的公差为，已知，且、、成等比数列， 由等比中项的性质可得：，根据等差数列通项公式，可得，， 代入上式得：，展开整理得，解得或（舍）， 因此. 3．若斜率为的直线过点，则的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由直线的点斜式得： 即. 4．以为圆心，为半径的圆的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】以为圆心，为半径的圆的方程为． 5．已知圆上有两点关于直线对称，则的最小值为（   ） A． B．3 C．4 D．8 【答案】C 【分析】先由圆的对称性推出圆心在已知直线上，得到与的和为定值，再通过基本不等式求目标式的最小值. 【详解】若圆上存在两点关于某直线对称，则该直线为圆的对称轴，必过圆心. 已知圆的圆心为，将其代入直线方程，可得. 而. 根据基本不等式，对正实数有，令，则， 当且仅当时，即时等号成立. 代入得，联立与， 解得，满足，等号可取，故的最小值为4. 6．已知双曲线的左，右焦点分别为为坐标原点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且，则的离心率为（   ） A． B．2 C． D．3 【答案】C 【分析】根据点到直线距离公式求出、利用余弦定理求出，根据列方程即可求出答案. 【详解】如图所示，双曲线的左焦点，渐近线的方程为， 由点到直线的距离公式可得， 由勾股定理得， 在中，，∴，在中，，，， ，由余弦定理得， 化简得，，即，因此，双曲线的离心率为. 7．已知直线与双曲线相交于A，B两点，且A，B两点的横坐标之积为-9，，为此双曲线的左、右焦点，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据直线和双曲线关于原点中心对称得出点坐标. 【详解】由双曲线定义，，所以， 又直线和双曲线都关于原点中心对称，所以交点也关于原点对称， 不妨设，且，又，所以，代入双曲线方程，得出， 所以的面积为. 8．某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【详解】有两个年级选择甲博物馆共有种情况，其余四个年级每个年级各有种选择情况， 故有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有种． 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．已知圆和直线：，点在直线上运动，直线，分别与圆相切于点，，则（    ） A．的最小值为 B．的最大值为 C．四边形的面积的最小值为4 D．的最大值为4 【答案】BC 【分析】分析可知，当时，取最小值，结合勾股定理可判断A选项；推导出，可得出，利用三角形的面积公式可判断B选项；分析可知，当最小时，四边形为正方形，求出线段的中点坐标，结合直线的点斜式方程可判断C选项；分析可知，，可判断D选项. 【详解】圆心为，半径为，连接、，则. 对于A选项，由勾股定理可得， 当时，取最小值，此时，也取最小值， 且，则，A错； 对于B选项，越小，越大，越大. ， ，，，故B正确. 对于C选项，由切线长定理可得， 又因为，，所以，， 故， 当且仅当时，等号成立，故四边形面积的最小值为4,C对；对于 D 选项，设， 因为，则， 因为，则，且E为的中点，所以，，()，D 错. 10．设抛物线：（）的焦点为，过点的直线交于，两点，过点且垂直于的直线交的准线于点．已知的最小值为4，则（    ） A． B． C．当时， D． 【答案】ABD 【分析】对于A，联立得到弦长的最小值为，再列方程即可求解；对于B，由得，进而得到，再利用向量证明即可；对于C，由可得，再求得，进而得到即可判断；对于D，由，得，再计算得到的表达式，并求出最值即可判断． 【详解】对于A，，设直线的方程为，， 联立得：，消去得， ，， ，解得，故A正确；对于B，由，得， 直线与垂直，故的斜率为，方程为，代入准线得，即， ，因此，即，故B正确； 对于C，当时，，结合，解得， 点坐标为，由两点间距离公式：，故C错误； 由，得，由抛物线定义，， ，， 当时，乘积取得最小值8，因此，故D正确． 11．下列有关说法错误的是（   ） A．在展开式中无常数项 B．除以8的余数为1 C．已知，则x的取值为7. D．甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去，则不同的安排方法有36种 【答案】ABC 【分析】应用二项式通项公式计算判断A，应用二项式展开式计算判断余数判断B，应用组合数性质判断C，分组分配结合排列数组合数计算判断D. 【详解】对于A：在展开式中为常数项，A选项错误； ， 因为能被8整除， 且，所以除以8的余数为7，B选项错误； 当时，或，所以或，C选项错误； 甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去， 则不同的安排方法有种，D选项正确；故选：ABC. 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．在正项等比数列中，已知，则________． 【答案】 【分析】利用等比数列通项将各组连续三项的乘积转化为公比幂的形式，先由前两组乘积求出，再代入第三组乘积的表达式，通过指数相等列方程解得n． 【详解】设数列的公比为，由与， 可得，因此，即，解得． 13．已知过点的直线L被圆所截得的弦长为，则直线L的一般式方程为___________. 【答案】或 【详解】将圆变形得， 则圆心坐标为，半径，又弦长为，所以圆心到直线的距离为， 当直线斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为3， 则弦长为，不符合题意，舍去.当直线斜率存在时，设过点的直线斜率为， 则直线的点斜式方程为，整理为一般式:. 根据点到直线的距离公式，可得，化简整理得， 解得或.当时，直线方程为. 当时，直线方程为，整理得. 综上，直线L的一般式方程为或. 14．某中学对“秋假”期间申请留校的学生实行免费托管，现要从名教师中选若干人在天假期值班（每天只需人值班），同一人不能连续值班天，则可能的安排方法有___________种． 【答案】 【分析】分为值班人数为人和人两种情况，结合排列组合即可求解. 【详解】由题意可得，值班的人数为人或者人， 若值班人数为人，则需要一个人值班首尾两天，另外一人值班中间一天，故， 若值班人数为人，则每人值班一天，故，所以可能的安排方法有种. 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）已知数列的前项和为，且，． (1)求证：数列为等比数列； (2)设，，求数列的前项和． 【答案】(1)证明：由题意可得，当时，，   当时，，，两式相减得，   当时，，满足上式，  所以数列是以为首项，为公比的等比数列． (2) 【分析】(1)利用数列前项和与通项的递推关系，写出时，和已知的两式作差，得到与的递推比例关系，再验证首项符合等比数列定义即可完成证明. (2)先由第一问结论得出的通项，代入化简得到可使用错位相减的差比型数列，通过乘公比后错位相减，整理计算即可得到前项和. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，，所以，   所以，①   所以，②   由①②，得，   所以．   16．（15分）已知圆 ，直线 (1)求证直线恒过定点，并求出该定点坐标； (2)若直线截圆所得弦长为，求实数的值. 【答案】(1)整理直线方程得： ， 则该直线恒过方程组的解. 两式相减： ， 代入，得，所以 直线恒过定点. (2) 【分析】（1）将直线化为即可求解； （2）利用点到直线的距离、圆半径、半弦长满足勾股定理即可求解. 【详解】（1）略 （2）圆配方，得，即， 圆心，半径. 又弦长，即， 即 ，故圆心到直线距离. 直线 ， 点到直线距离： ， 化简上式得，两边平方：， 即，解得 . 17．（15分）设椭圆的离心率为，左、右焦点为，，且，为上的点． (1)求的方程； (2)若在第一象限，，求点的坐标； (3)若，求的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由焦距、离心率求出，写椭圆方程； （2）垂直转向量点积得圆方程，联立椭圆取第一象限解； （3）用椭圆定义得两边长，余弦定理求夹角正弦，代入面积公式计算. 【详解】（1）由焦距.离心率 ，所以, ，椭圆方程： （2）由已知，，设，则, 因为，所以，故. 联立椭圆方程： ,由①得，代入②可得 ， . 在第一象限，，，，.故. （3）根据椭圆定义可得，又，设，则. 故，所以，，又 . 设，由余弦定理在中有， 代入数值可得， ，故. 由同角三角关系得. ，所以. 18．（17分）某校为了了解周末学生课外阅读的情况，选取了400名学生的课外阅读时间进行分析，将所得数据按照，，，，，分组，得到以下频率分布直方图： (1)求频率分布直方图中a的值并估计400名学生周末课外阅读时间的平均数以及中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值表示）； (2)从周末课外阅读时间超过的同学中，按照，，的人数比例，采用分层随机抽样抽取12人，再从12人中随机抽取2人进行阅读分享，求这2人的课外阅读时间都在的概率． 【答案】(1)，，中位数为 (2) 【分析】（1）由频率分布直方图的特征求即可，根据平均值和中位数的求解方式计算； （2）先由分层抽样计算出各组抽样人数，再利用组合数求概率． 【详解】（1）由图可知：，解得； ， 的频率为；的频率为； 中位数在之间，等于； （2）的频率为，的频率为， 的频率为， 抽取12×人，抽取12×人， 抽取12×人 从12人中随机抽取2人进行阅读分享， 这2人的课外阅读时间都在的概率为． 19．（17分）现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营． (1)若从中选1人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种不同的选法？ 【答案】(1)122 (2)63000 (3)4860 【分析】（1）利用分类加法计数原理将三个年级人数相加即可； （2）利用分步乘法计数原理将三个年级人数相乘即可； （3）结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理分为三类，每一类分成两步相乘再求和即可. 【详解】（1）从高一选1人作为总负责人有50种选法； 从高二选1人作为总负责人有42种选法； 从高三选1人作为总负责人有30种选法． 由分类加法计数原理，可知共有50（种）选法． （2）从高一选1名负责人有50种选法； 从高二选1名负责人有42种选法； 从高三选1名负责人有30种选法． 由分步乘法计数原理，可知共有（种）选法． （3）①从高一和高二中各选1人作为中心发言人，有（种）选法； ②从高二和高三中各选1人作为中心发言人，有（种）选法； ③从高一和高三中各选1人作为中心发言人，有（种）选法． 故共有（种）选法． 学科网（北京）股份有限公司 $