2025-2026学年安徽省高二数学第一学期期末经典试题含解析.doc

2025-2026学年安徽省高二数学第一学期期末经典试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知是抛物线上的一点，是抛物线的焦点，若以为始边，为终边的角，则等于（）
A. B.
C. D.
2．用反证法证明“若a，b∈R，，则a，b不全为0”时，假设正确的是（）
A.a，b中只有一个为0 B.a，b至少一个不为0
C.a，b至少有一个为0 D.a，b全为0
3．已知四面体中，，若该四面体的外接球的球心为，则的面积为（ ）
A. B.
C. D.
4．椭圆的焦点坐标是（ ）
A.（±4，0） B.（0，±4）
C.（±5，0） D.（0，±5）
5．倾斜角为120°，在x轴上截距为－1的直线方程是（ ）
A.x－y＋1＝0 B.x－y－＝0
C.x＋y－＝0 D.x＋y＋＝0
6．已知双曲线C：的右焦点为，一条渐近线被圆截得的弦长为2b，则双曲线C的离心率为（）
A. B.
C.2 D.
7．已知斜率为1的直线与椭圆相交于A、B两点，O为坐标原点，AB的中点为P，若直线OP的斜率为，则椭圆C的离心率为（）
A. B.
C. D.
8．在某次赛车中，名参赛选手的成绩（单位：）全部介于到之间（包括和），将比赛成绩分为五组：第一组，第二组，··· ，第五组，其频率分布直方图如图所示.若成绩在内的选手可获奖，则这名选手中获奖的人数为

A. B.
C. D.
9．命题“存在，”的否定是（）
A.存在， B.存在，
C.对任意， D.对任意，
10．某地区高中分三类，A类学校共有学生2000人，B类学校共有学生3000人，C类学校共有学生4000人，若采取分层抽样的方法抽取900人，则A类学校中的学生甲被抽到的概率（ ）
A. B.
C. D.
11．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，，则“”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件
12．已知直线与直线垂直，则（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．执行如图所示的程序框图，则输出的S＝__.

14．函数的图象在处的切线方程为，则___________.
15．若函数在[1，3]单调递增，则a的取值范围___
16．已知点P是抛物线y2＝2x上的动点，点P在y轴上的射影是M，点，则|的最小值是_________
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）设椭圆过，两点，为坐标原点
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，，且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围；若不存在，说明理由
18．（12分）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.

(1) 证明：PB∥平面AEC
(2) 设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积
19．（12分）已知等差数列的前项和为，且，
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和
20．（12分）如图①，直角梯形中，，，点，分别在，上，，，将四边形沿折起，使得点，分别到达点，的位置，如图②，平面平面，.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
21．（12分）设函数过点
（1）求函数的单调区间和极值（要列表）；
（2）求函数在上的最大值和最小值.
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别是，，离心率，请再从下面两个条件中选择一个作为已知条件，完成下面的问题：①椭圆C过点；②以点为圆心，3为半径的圆与以点为圆心，1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上（只能从①②中选择一个作为已知）
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知过点的直线l交椭圆C于M，N两点，点N关于x轴的对称点为，且，M，三点构成一个三角形，求证：直线过定点，并求面积的最大值.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D
【解析】设点，取，可得，求出的值，利用抛物线的定义可求得的值.
【详解】设点，其中，则，，
取，则，
可得，因为，可得，解得，则，
因此，.
故选：D.
2、D
【解析】把要证的结论否定之后，即得所求的反设
【详解】由于“a，b不全为0”的否定为：“a，b全为0”，
所以假设正确的是a，b全为0.
故选：D
3、C
【解析】根据四面体的性质，结合线面垂直的判定定理、球的性质、正弦定理进行求解即可.
【详解】由图设点为中点，连接，由，所以

，面，
则面，且，
所以球心面，所以平面与球面的截面为大圆，延长线与此大圆交
于点.在三角形中，由，所以

，由正弦定理知：三角形
的外接圆半径为，设三角形的外接圆圆心为点，则
面，有，则，设的外接圆圆心为点，则面，由正弦定理知：三角形PAB的外接圆半径为，
所以，又三角形中，，
所以为的角平分线，则，
在直角三角形OMD中，，
在直角三角形OED中，，
在三角形中，取中点，由
，所以
，
故选：C.

【点睛】关键点睛：运用正弦定理、勾股定理、线面垂直的判定定理是解题的关键.
4、A
【解析】根据椭圆的方程求得的值，进而求得椭圆的焦点坐标，得到答案.
【详解】由椭圆，可得，则，
所以椭圆的焦点坐标为和.
故选：A.
5、D
【解析】由倾斜角求出斜率，写出斜截式方程，再化为一般式
【详解】由于倾斜角为120°，故斜率k＝－.
又直线过点(－1，0)，所以方程为y＝－ (x＋1)，即x＋y＋＝0.
故选：D.
【点睛】本题考查直线方程的斜截式，属于基础题
6、A
【解析】求出圆心到渐近线的距离，根据弦长建立关系即可求解.
【详解】双曲线的渐近线方程为，即，
则点到渐近线的距离为，
因为弦长为，圆半径为，所以，即，
因为，所以，则双曲线的离心率为.
故选：A.
7、B
【解析】这是中点弦问题，注意斜率与椭圆a,b之间的关系.
【详解】如图：

依题意，假设斜率为1的直线方程为：，联立方程：
，解得：，代入得，
故P点坐标为，由题意，OP的斜率为，
即，化简得：，，，；
故选：B.
8、A
【解析】先根据频率分布直方图确定成绩在内的频率，进而可求出结果.
【详解】由题意可得：成绩在内的频率为，
又本次赛车中，共名参赛选手，
所以，这名选手中获奖的人数为.
故选A
【点睛】本题主要考查频率分布直方图，会根据频率分布直方图求频率即可，属于常考题型.
9、D
【解析】特称命题的否定：将存在改任意并否定原结论，即可知正确答案.
【详解】由特称命题的否定为全称命题，知：原命题的否定为：对任意，.
故选：D
10、D
【解析】利用抽样的性质求解
【详解】所有学生数为，
所以所求概率为.
故选：D
11、B
【解析】根据垂直关系的性质可判断.
【详解】由题，，则或，
若，则或或与相交，故充分性不成立；
若，则必有，故必要性成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
12、D
【解析】根据互相垂直两直线的斜率关系进行求解即可.
【详解】由，所以直线的斜率为，
由，所以直线的斜率为，
因为直线与直线垂直，
所以，
故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，即可求解得答案
【详解】解：S＝S+＝S +，
第一次循环，S＝1+1﹣，k＝2；
第二次循环，S =1+1﹣，k＝3；
第三次循环，S＝1+1，k＝4；
第四次循环，S＝1，k＝5；
第五次循环，S＝1+1，k＝6，循环停止，输出；
故答案为：.
14、
【解析】根据导数的几何意义可得，根据切点在切线上可得.
【详解】因为切线的斜率为，所以，
又切点在切线上，所以，所以，
所以.
故答案为：.
15、
【解析】由在区间上恒成立来求得的取值范围.
【详解】依题意在区间上恒成立，
在上恒成立，所以.
故答案为：
16、##
【解析】由抛物线的定义可得，所以的最小值转化为求的最小值，由图可知的最小值为，从而可求得答案
【详解】抛物线y2＝2x焦点，准线为，
由抛物线的定义可得，
所以,
因为，，
所以，
所以，
当且仅当三点共线且在线段上时，取得最小值，
所以的最小值为，
故答案为：

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）
（2）存在，，
【解析】（1）根据椭圆E： （）过，两点，直接代入方程解方程组，解方程组即可.
（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为，联立，根据，结合韦达定理运算，同时满足，则存在，否则不存在；在该圆的方程存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到，结合题意求解即可，当切线斜率不存在时，验证即可.
【小问1详解】
将，的坐标代入椭圆的方程得，
解得，
所以椭圆的方程为
【小问2详解】
假设满足题意的圆存在，其方程为，其中，
设该圆的任意一条切线和椭圆交于，两点，
当直线的斜率存在时，令直线的方程为，①
将其代入椭圆的方程并整理得，
由韦达定理得，，②
因为，所以，③
将①代入③并整理得，
联立②得，④
因为直线和圆相切，因此，由④得，
所以存在圆满足题意
当切线的斜率不存在时，易得，
由椭圆方程得，显然，
综上所述，存在圆满足题意
当切线的斜率存在时，由①②④得

，
由，得，
即
当切线的斜率不存在时，易得，
所以
综上所述，存在圆心在原点的圆满足题意，且
18、
【解析】（Ⅰ）连接BD交AC于O点，连接EO，只要证明EO∥PB，即可证明PB∥平面AEC；（Ⅱ）延长AE至M连结DM，使得AM⊥DM，说明∠CMD=60°，是二面角的平面角，求出CD，即可三棱锥E-ACD的体积
试题解析：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.
因为ABCD为矩形，所以O为BD中点
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，
所以AB，AD，AP两两垂直
如图，以A为坐标原点，，AD，AP的方向为x轴y轴z轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系A­xyz，则D，E，＝.

设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)
设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，
则即
可取n1＝.
又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，
由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即
＝，解得m＝.
因为E为PD的中点，所以三棱锥E­ACD的高为.三棱锥E­ACD的体积V＝××××＝.
考点：二面角的平面角及求法；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
19、（1）；
（2）.
【解析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求得数列的通项公式；
（2）求得，利用裂项相消法可求得.
【小问1详解】
解：设等差数列公差为，，

【小问2详解】
解：，
.
20、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）根据，，，，易证，再根据平面平面，，得到平面，进而得到，再利用线面垂直的判定定理证明平面即可；
（2）根据（1）知，，两两垂直，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，设二面角的大小为，由求解.
【小问1详解】
解：因为，，，
所以，，
又，所以是等腰直角三角形，即，
所以.
由平面几何知识易知，
所以，即.
又平面平面，平面平面，，
所以平面，又平面，
所以.
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，，两两垂直，以，，的方向分别为，，轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，，，，F（1，0，0），
则，，
设平面的一个法向量为，
由，得，
取，则.
由，，，
得平面，
所以平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，
则，
由图可知二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为.
21、（1）增区间，，减区间，极大值，极小值
（2）最大值，最小值
【解析】（1）将点代入函数解析式即可求得a，对函数求导，分析导函数的正负，确定单调区间及极值；
（2）分析函数在此区间上的单调性，由极值、端点值确定最值.
【小问1详解】
∵点在函数的图象上，
∴，解得，
∴，
∴，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当变化时，的变化情况如下表：

0

0

极大值

极小值

∴当时，有极大值，且极大值为，
当时，有极小值，且极小值为，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为，
极大值为，极小值为；
【小问2详解】
由（1）可得:函数在区间上单调递减,在区间上单调递增.∴,又,,∴
22、（1）
（2）证明见解析，
【解析】（1）若选①，则由题意可得，解方程组求出，从而可求得椭圆方程，若选②，，再结合离心率和求出，从而可求得椭圆方程，
（2）由题意设直线MN的方程为，设，，，将直线方程代入椭圆方程中，消去，再利用根与系数的关系，表示出直线的方程，令，求出，结合前面的式子化简可得线过的定点，表示出的面积，利用基本不等式可求得其最大值
【小问1详解】
若选①：由题意知，∴.
所以椭圆C的方程为.
若选②：设圆与圆相交于点Q.
由题意知：.
又因为点Q在椭圆上，所以，∴.
又因为，∴，∴.
所以椭圆C的方程为.
【小问2详解】
由题易知直线MN斜率存在且不为0，
因为，故设直线MN方程为，
设，，，
∴，
∴，，
因为点N关于x轴对称点为，所以，
所以直线方程为，
令，∴.
又，
∴.
所以直线过定点，
∴
.
当且仅当，即时，取等号.
所以面积的最大值为.