湖州市重点中学2025年数学高二上期末综合测试试题含解析.doc

湖州市重点中学2025年数学高二上期末综合测试试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，再选涂其它答案标号。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。

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．已知点在抛物线的准线上，则该抛物线的焦点坐标是（ ）
A. B.
C. D.
2．以下说法：
①将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变；
②设有一个回归方程，变量增加1个单位时，平均增加5个单位
③线性回归方程必过
④设具有相关关系的两个变量的相关系数为，那么越接近于0，之间的线性相关程度越高；
⑤在一个列联表中，由计算得的值，那么的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大。
其中错误的个数是（）
A.0 B.1
C.2 D.3
3．2021年是中国共产党百年华诞，3月24日，中宣部发布中国共产党成立100周年庆祝活动标识（如图1）.其中“100”的两个“0”设计为两个半径为R的相交大圆，分别内含一个半径为r的同心小圆，且同心小圆均与另一个大圆外切（如图2）.已知，则由其中一个圆心向另一个小圆引的切线长与两大圆的公共弦长之比为（）

A. B.3
C. D.
4．若双曲线经过点，且它的两条渐近线方程是，则双曲线的离心率是（）
A. B.
C. D.10
5．设函数，当自变量t由2变到2.5时，函数的平均变化率是（）
A.5.25 B.10.5
C.5.5 D.11
6．已知函数，，若对任意的，，都有成立，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
7．已知x＞0、y＞0，且1，若恒成立，则实数m的取值范围为（）
A.(1,9) B.(9,1)
C.[9,1] D.(∞,1)∪(9,+∞)
8．已知函数，则的值为（）
A. B.0
C.1 D.
9．函数的单调递增区间为（ ）
A. B.
C. D.
10．在平面上有及内一点O满足关系式：即称为经典的“奔驰定理”，若的三边为a，b，c，现有则O为的（ ）
A.外心 B.内心
C.重心 D.垂心
11．下列函数求导运算正确的个数为（ ）
①；②；③；④.
A.1 B.2
C.3 D.4
12．已知圆M与直线与都相切，且圆心在上，则圆M的方程为（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．函数在处的切线与平行，则________.
14．若椭圆的焦点在轴上，且长轴长是短轴长的2倍，则______.
15．矩形ABCD中，，在CD边上任取一点M，则的最大边是AB的概率为______
16．已知椭圆的左、右焦点为，过作x轴垂线交椭圆于点P，若为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是___________.
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）某快递公司近60天每天揽件数量的频率分布直方图如下图所示（同一组数据用该区间的中点值作代表）.

（1）求这60天每天包裹数量的平均值和中位数；
（2）在这60天中包裹件数在和的两组中，用分层抽样的方法抽取30件，求在这两组中应分别抽取多少件？
18．（12分）已知，，函数，直线是函数图象的一条对称轴
（1）求函数的解析式及单调递增区间；
（2）若，，的面积为，求的周长
19．（12分）设锐角三角形ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，.
（1）求B的大小
（2）若，，求b.
20．（12分）已知抛物线的焦点为F，以F和准线上的两点为顶点的三角形是边长为的等边三角形，过的直线交抛物线E于A，B两点
（1）求抛物线E的方程；
（2）是否存在常数，使得，如果存在，求的值，如果不存在，请说明理由；
（3）证明：内切圆的面积小于
21．（12分）设椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，短轴长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设左、右顶点分别为、，点在椭圆上（异于点、），求的值；
（3）过点作一条直线与椭圆交于两点，过作直线的垂线，垂足为.试问：直线与是否交于定点？若是，求出该定点的坐标，否则说明理由.
22．（10分）在①，②，③，，成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.
已知数列中，公差不等于的等差数列满足_________，求数列的前项和.
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、C
【解析】首先表示出抛物线的准线，根据点在抛物线的准线上，即可求出参数，即可求出抛物线的焦点.
【详解】解：抛物线的准线为
因为在抛物线的准线上

故其焦点为
故选：
【点睛】本题考查抛物线的简单几何性质，属于基础题.
2、C
【详解】方差反映一组数据的波动大小，将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，故①正确；一个回归方程，变量增加1个单位时，平均减少5个单位，故②不正确；线性回归方程必过样本中心点，故③正确；根据线性回归分析中相关系数的定义：在线性回归分析中，相关系数为r，越接近于1，相关程度越大，故④不正确；对于观察值来说，越大，“x与y有关系”的可信程度越大，故⑤正确.
故选：C
【点睛】本题主要考查用样本估计总体、线性回归方程、独立性检验的基本思想.
3、C
【解析】作出图形，进而根据勾股定理并结合圆与圆的位置关系即可求得答案.
【详解】如示意图，

由题意，，则，
又，，所以，
所以.
故选：C.
4、A
【解析】由已知设双曲线方程为：，代入求得，计算即可得出离心率.
【详解】双曲线经过点，且它的两条渐近线方程是，
设双曲线方程为：，代入得：，.
所以双曲线方程为：.
.
双曲线C的离心率为
故选：A
5、B
【解析】利用平均变化率的公式即得.
【详解】∵，
∴.
故选：B.
6、B
【解析】根据题意，将问题转化为对任意的，，利用导数求得的最大值，再分离参数，构造函数，利用导数求其最大值，即可求得参数的取值范围.
【详解】由题可知：对任意的，，都有恒成立，
故可得对任意的，；
又，则，
故在单调递减，在单调递增，
又，，
则当时，,.
对任意的，，即，恒成立.
也即，不妨令，
则，故在单调递增，在单调递减.
故，则只需.
故选：B.
7、B
【解析】应用基本不等式“1”的代换求的最小值，注意等号成立条件，再根据题设不等式恒成立有，解一元二次不等式求解集即可.
【详解】由题设，，当且仅当时等号成立，
∴要使恒成立，只需，故，
∴.
故选：B.
8、B
【解析】求导，代入，求出，进而求出.
【详解】，则，即，解得：，故，所以
故选：B
9、B
【解析】求出函数的定义域，解不等式可得出函数的单调递增区间.
【详解】函数的定义域为，由，可得.
因此，函数的单调递增区间为.
故选：B.
10、B
【解析】利用三角形面积公式，推出点O到三边距离相等。
【详解】记点O到AB、BC、CA的距离分别为，，，，因为，则，即，又因为，所以，所以点P是△ABC的内心.
故选：B
11、A
【解析】根据导数的运算法则和导数的基本公式计算后即可判断
【详解】解：①，故错误；②，故正确；
③，故错误；④，故错误.
所以求导运算正确的个数为1.
故选：A.
12、A
【解析】由题可设，结合条件可得，即求.
【详解】∵圆心在上，
∴可设圆心，又圆M与直线与都相切，
∴，解得，
∴，即圆的半径为1，圆M的方程为.
故选：A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、2
【解析】由得出的值.
【详解】
因为函数在处的切线与平行
所以，故
故答案为：2
14、4
【解析】根据椭圆焦点在轴上方程的特征进行求解即可.
【详解】因为椭圆的焦点在轴上，
所以有，因为长轴长是短轴长的2倍，所以有，
故答案为：4
15、
【解析】先利用勾股定理得出满足条件的长度，再结合几何概型的概率公式得出答案.
【详解】设，当时，，；当时，，所以当到的距离都大于时，的最大边是AB，所以的最大边是AB的概率为.
故答案为：
16、##
【解析】以为等腰直角三角形列方程组可得之间的关系式，进而求得椭圆的离心率.
【详解】椭圆的左、右焦点为，点P
由为等腰直角三角形可知，，即
可化为，故或（舍）
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）平均数和中位数都为260件；（2）在的件数为，在的件数为.
【解析】（1）由每组频率乘以组中值相加即可得平均数，设中位数为，由落在区间内的频率为0.5可得结果；
（2）先得频率分别为0.1，0.5，由分层抽样的概念即可得结果.
【详解】（1）每天包裹数量的平均数为
；
设中位数为，易知，则，
解得.
所以公司每天包裹的平均数和中位数都为260件.
（2）件数在，的频率分别为0.1，0.5
频率之比为1：5，所抽取的30件中，在的件数为，
在的件数为.
18、（1），单调递增区间为.
（2）
【解析】（1）先利用向量数量积运算、二倍角公式、辅助角公式求出，再求单增区间；
（2）利用面积公式求出，再利用余弦定理求出，即可求出周长.
小问1详解】
已知，，函数，
所以.
因为直线是函数图象的一条对称轴，所以,
所以，又，所以当k=0时，符合题意，此时
要求的单调递增区间，只需,
解得：，
所以的单调递增区间为.
【小问2详解】
由于，所以，所以.
因为，所以.
因为的面积为，所以，即，解得：.
又，由余弦定理可得：，即，所以，所以，
所以的周长.
19、（1）；（2）
【解析】（1）由正弦定理，可得，进而可求出和角；
（2）利用余弦定理，可得，即可求出.
【详解】（1）由，得，
因为，所以，
又因为B为锐角，所以
（2）由余弦定理，可得，解得
【点睛】本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的运用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.
20、（1）；
（2）存在，1； （3）证明见解析.
【解析】(1)根据几何关系即可求p；
(2)求解为定值1，即可求λ＝1；
(3)先求的面积，再由(为三角周长)可求内切圆半径r.
【小问1详解】
由题意焦点到准线的距离等于该正三角形一条边上的高线，因此，∴抛物线E的方程为
【小问2详解】
设直线的斜率为，直线方程为，记，
，消去，得
由，得且，，，
，
因此，即存在实数满足要求
【小问3详解】
由(2)知，，

点F到直线AB的距离，
∴的面积
记的内切圆半径为r，∵，
∴
∴内切圆的面积小于
21、（1）；（2）；（3）是，.
【解析】（1）由题意，列出所满足的等量关系式，结合椭圆中的关系，求得，从而求得椭圆的方程；
（2）写出，设，利用斜率坐标公式求得两直线斜率，结合点在椭圆上，得出，从而求得结果；
（3）设直线的方程为：，，则，联立方程可得：，结合韦达定理，得到，结合直线的方程，得到直线所过的定点坐标.
【详解】（1）由题意可知，，又，所以，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）,设，
因为点在椭圆上，所以，
，
又，
.
（3）设直线的方程为：，，则，
联立方程可得：，
所以，
所以 ，
又直线的方程为：，
令，
则
，
所以直线恒过，
同理，直线恒过，
即直线与交于定点.
【点睛】思路点睛：该题考查是有关椭圆的问题，解题思路如下：
（1）根据题中所给的条件，结合椭圆中的关系，建立方程组求得椭圆方程；
（2）根据斜率坐标公式，结合点在椭圆上，整理求得斜率之积，可以当结论来用；
（3）将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理，结合直线方程，求得其过的定点.
22、详见解析
【解析】根据已知求出的通项公式.
当①②时，设数列公差为，利用赋值法得到与的关系式，列方程求出与，求出，写出的通项公式，可得数列的通项公式，利用错位相减法求和即可；
选②③时，设数列公差为，根据题意得到与的关系式，解出与，写出的通项公式，可得数列的通项公式，利用错位相减法求和即可；
选①③时，设数列公差为，根据题意得到与的关系式，发现无解，则等差数列不存在，故不合题意.
【详解】解：因为，，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
选①②时，
设数列公差为，
因为，所以，
因为，所以时，，
解得，，所以，
所以.
所以.
（i）
所以（ii）
（i）（ii），得：

所以.
选②③时，
设数列公差为，
因为，所以，即，
因为，，成等比数列，所以，即，
化简得，
因为，所以，从而，所以，
所以，
（i）
所以（ii）
（i）（ii），得：

，
所以.
选①③时，
设数列公差为，
因为，
所以时，，
所以.
又因为，，成等比数列，
所以，即，
化简得，
因为，所以，从而无解，
所以等差数列不存在，故不合题意.
【点睛】本题考查了等差（比）数列的通项公式，考查了错位相减法在数列求和中的应用，考查了转化能力与方程思想，属于中档题.