甘肃省永昌四中2025年高二数学第一学期期末复习检测试题含解析.doc

甘肃省永昌四中2025年高二数学第一学期期末复习检测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．抛物线的焦点坐标为
A. B.
C. D.
2．在中，角所对的边分别为，，，则外接圆的面积是（ ）
A. B.
C. D.
3．在中，，，，则此三角形（ ）
A.无解 B.一解
C.两解 D.解的个数不确定
4．已知直线，当变化时，所有直线都恒过点（）
A.
B.
C.
D.
5．如右图，一个直径为1的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方
向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点.那么，当小圆这
样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大致是
A. B.
C. D.
6．在中，已知角A，B，C所对的边为a，b，c，，，，则（）
A. B.
C. D.1

7．已知，，，则下列判断正确的是（）
A. B.
C. D.
8．已知i是虚数单位，复数z=，则复数z的虚部为（）
A.i B.-i
C.1 D.-1
9．已知随机变量服从正态分布，且，则（）
A.0.1 B.0.2
C.0.3 D.0.4
10．直线分别交坐标轴于A，B两点，O为坐标原点，三角形OAB的内切圆上有动点P，则的最小值为（ ）
A.16 B.18
C.20 D.22
11．已知椭圆C：的一个焦点为（0，-2），则k的值为（）
A.5 B.3
C.9 D.25
12．若双曲线的一条渐近线方程为.则（）
A. B.
C.2 D.4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图是某赛季CBA广东东莞银行队甲、乙两名篮球运动员每场比赛得分的茎叶图，则甲、乙比赛得分的中位数之和是______.

14．已知是椭圆的两个焦点，点M在C上，则的最大值为_______
15．已知正数、满足，则的最大值为__________
16．圆被直线所截得弦的最短长度为___________.
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．（12分）某校从高三年级学生中随机抽取名学生的某次数学考试成绩，将其成绩分成，，，，的组，制成如图所示的频率分布直方图.

（1）求图中的值；
（2）估计这组数据的平均数；
（3）若成绩在内的学生中男生占.现从成绩在内的学生中随机抽取人进行分析，求人中恰有名女生的概率.
18．（12分）已知数列，，，为其前n项和，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和
19．（12分）已知数列的前n项和，递增等比数列满足，且.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前n项和为.
20．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：y2= 4x经过点A（1，2），直线l：y= kx+ b与抛物线C交于M，N两点.

（1）若，求直线l的方程；
（2）当AM⊥AN时，若对任意满足条件的实数k，都有b=mk+n（m，n为常数），求m+2n的值.
21．（12分）已知公差不为零的等差数列的前项和为，，，成等比数列且满足________.请在①；②；③，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并回答以下问题.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
22．（10分）已知是抛物线的焦点，直线交拋物线于、两点.

（1）若直线过点且，求；
（2）若平分线段，求直线的方程.
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】抛物线的标准方程为，从而可得其焦点坐标
【详解】抛物线的标准方程为故其焦点坐标为，故选D.
【点睛】本题考查抛物线的性质，属基础题
2、B
【解析】利用余弦定理可得，然后利用正弦定理可得，即求.
【详解】因为，所以，
由余弦定理得，，
所以，
设外接圆的半径为，由正统定理得，，
所以，
所以外接圆的面积是.
故选：B.
3、C
【解析】利用正弦定理求出的值，再根据所求值及a与b的大小关系即可判断作答.
【详解】在中，，，，
由正弦定理得，而为锐角，且，
则或，
所以有两解
故选：C
4、D
【解析】将直线方程整理为，从而可得直线所过的定点.
【详解】可化为，∴直线过定点，
故选：D.
5、A
【解析】如图：

如图，取小圆上一点，连接并延长交大圆于点，连接，，则在小圆中，，在大圆中，，根据大圆的半径是小圆半径的倍，可知的中点是小圆转动一定角度后的圆心，且这个角度恰好是，综上可知小圆在大圆内壁上滚动，圆心转过角后的位置为点，小圆上的点，恰好滚动到大圆上的也就是此时的小圆与大圆的切点．而在小圆中，圆心角（是小圆与的交点）恰好等于，则，而点与点其实是同一个点在不同时刻的位置，则可知点与点是同一个点在不同时刻的位置．由于的任意性，可知点的轨迹是大圆水平的这条直径．类似的可知点的轨迹是大圆竖直的这条直径.
故选A.
6、B
【解析】利用正弦定理求解.
【详解】在中，由正弦定理得，
解得，
故选B.
7、A
【解析】根据对数函数的单调性，以及根式的运算，确定的大小关系，则问题得解.
【详解】因为，即；又，故.
故选：A.
8、C
【解析】先通过复数的除法运算求出z，进而求出虚部.
【详解】由题意，，则z的虚部为1.
故选：C.
9、A
【解析】利用正态分布的对称性和概率的性质即可
【详解】由，且
则有：
根据正态分布的对称性可知：
故选：A
10、B
【解析】由题意，求出内切圆的半径和圆心坐标，设，则，由表示内切圆上的动点P到定点的距离的平方，从而即可求解最小值.
【详解】解：因为直线分别交坐标轴于A，B两点，
所以设，则，
因为，所以三角形OAB的内切圆半径，内切圆圆心为，
所以内切圆的方程为，
设，则，
因为表示内切圆上的动点P到定点的距离的平方，且在内切圆内，
所以，
所以，,即的最小值为18，
故选：B.
11、A
【解析】由题意可得焦点在轴上，由，可得k的值.
【详解】∵椭圆的一个焦点是，
∴，
∴，
故选：A
12、C
【解析】求出渐近线方程为，列出方程求出.
【详解】双曲线的渐近线方程为，因为，所以，所以.
故选：C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、58
【解析】分别将甲、乙两名运动员的得分按小到大或者大到小排序，分别确定中位数，再相加即可
【详解】因为甲、乙两名篮球运动员各参赛11场，故中位数是第6个数
甲的得分按小到大排序后为：12,22,23,32,33,34,35,40,43,44,46，
所以，中位数为34
乙的得分按小到大排序后为：12,13,21,22,23,24,31,31,34,40,49
所以，中位数为24
所以，中位数之和为34+24＝58，
故答案为：58
14、16
【解析】根据椭圆定义可得：，再用基本不等式求解.
【详解】由椭圆的定义可得：，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，故的最大值为16
故答案为：16
15、
【解析】直接利用均值不等式得到答案.
【详解】，
当即时等号成立
故答案为
【点睛】本题考查了均值不等式，意在考查学生的计算能力.
16、
【解析】首先确定直线所过定点；由圆的方程可确定圆心和半径，进而求得圆心到的距离，由此可知所求最短长度为.
【详解】由得：，直线恒过点；
，在圆内；
又圆的圆心为，半径，
圆心到点的距离，
所截得弦的最短长度为.
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）77（3）
【解析】(1)根据给定条件结合频率分布直方图中各小矩形面积和为1的特点列式计算即得.
(2)利用频率分布直方图求平均数的方法直接列式计算即得.
(3)求出成绩在内的学生及男女生人数，再用列举法即可求出概率.
【小问1详解】
由频率分布直方图得，解得，
所以图中值是0.020.
【小问2详解】
由频率分布直方图得这组数据的平均数：
，
所以这组数据的平均数为77.
【小问3详解】
数学成绩在内的人数为(人)，其中男生人数为(人)，则女生人数为人，
记名男生分别为，，名女生分别为，，，从数学成绩在内的人中随机抽取人进行分析的基本事件为：
，共个不同结果，它们等可能，
其中人中恰有名女生的基本事件为，共种结果，
所以人中恰有名女生的概率为为.
18、（1）
（2）
【解析】(1)按照所给条件，先算出的表达式，再按照与的关系计算,
(2)裂项相消求和即可.
【小问1详解】
由题可知数列是等差数列，
所以，
，
又因为，所以；
【小问2详解】

所以；
故答案为：， .
19、（1），
（2）
【解析】（1）先求，再由求出，设等比数列的公比为q，由条件可得，解出结合条件可得答案.
（2）由（1）可得，利用错位相减法可求
【小问1详解】
，当时，，
也满足上式，∴，则.
设等比数列的公比为q，由得，解得或.
因为是递增等比数列，所以，
.
【小问2详解】

①
①
① ②：
∴
20、（1）
（2）3或
【解析】（1）由可得，则可得直线为，设，然后将直线方程代入抛物线方程中消去，再利用根与系数的关系，由可得，三个式子结合可求出，从而可得直线方程，
（2）将直线方程代入抛物线方程中消去，再利用根与系数的关系表示出，再结合直线方程表示出，由AM⊥AN可得，化简结合前面的式子可求出或，从而可可求出的值，进而可求得答案
【小问1详解】
因为A（1，2），，
所以，
则直线为，设，
由，得，
由，得
则，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，解得，
所以直线的方程为，即，
【小问2详解】
设，由，得，
由，得，
则，
所以，
，
因为AM⊥AN，所以，
所以，
即，
所以，
所以，
所以或，
所以或，
所以或
21、（1）答案见解析
（2）
【解析】（1）首先由，，成等比数列，求出，再由①或②或③求出数列的首项和公差，即可求得的通项公式；
（2）求得的通项公式，结合裂项相消法求得.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由，，成等比数列，可得，即，∵，故，
选①: 由，可得，解得，所以数列的通项公式为
选②: 由，可得，即，所以，解得，所以；
选③: 由，可得，即，所以，解得，所以；
【小问2详解】
由（1）可得，所以.
22、（1）；
（2）.
【解析】（1）分析可知直线的方程为，将直线的方程与抛物线方程联立，求出点的坐标，利用抛物线的定义可求得；
（2）利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.
【小问1详解】
解：设点、，则直线的倾斜角为，易知点，
直线的方程为，联立，可得，
由题意可知，则，，因此，.
【小问2详解】
解：设、，
若轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意，所以直线的斜率存在，
因为、在抛物线上，则，两式相减得，
又因为为的中点，则，
所以，直线的斜率为，
此时，直线的方程为，即.