湖北省孝感市八所重点高中教学协作体2025届数学高二上期末综合测试模拟试题含解析

湖北省孝感市八所重点高中教学协作体2025届数学高二上期末综合测试模拟试题注意事项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．已知点是椭圆的左右焦点，椭圆上存在不同两点使得，则椭圆的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.2．如图，在四面体中，，，，分别为，，，的中点，则化简的结果为（）A. B.C. D.3．在数列中，，则（）A. B.C.2 D.14．中共一大会址、江西井冈山、贵州遵义、陕西延安是中学生的几个重要的研学旅行地.某中学在校学生人，学校团委为了了解本校学生到上述红色基地研学旅行的情况，随机调查了名学生，其中到过中共一大会址或井冈山研学旅行的共有人，到过井冈山研学旅行的人，到过中共一大会址并且到过井冈山研学旅行的恰有人，根据这项调查，估计该学校到过中共一大会址研学旅行的学生大约有（）人A. B.C. D.5．已知抛物线：的焦点为，为上一点且在第一象限，以为圆心，为半径的圆交的准线于，两点，且，，三点共线，则（）A.2 B.4C.6 D.86．在中，，，，则此三角形（）A.无解 B.一解C.两解 D.解的个数不确定7．已知公比不为1的等比数列，其前n项和为，，则（）A.2 B.4C.5 D.258．设函数是定义在上的奇函数，且，当时，有恒成立.则不等式的解集为（）A. B.C. D.9．若，则下列正确的是（）A. B.C. D.10．已知直线过点且与直线平行，则直线方程为（）A. B.C. D.11．已知双曲线C：(a>0，b>0)，斜率为的直线与双曲线交于不同的两点，且线段的中点为P(2，4)，则双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.12．关于实数a，b，c，下列说法正确的是（）A.如果，则，，成等差数列B.如果，则，，成等比数列C.如果，则，，成等差数列D.如果，则，，成等差数列二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若斜率为的直线与椭圆交于，两点，且的中点坐标为，则___________.14．直线被圆所截得的弦中，最短弦所在直线的一般方程是__________15．若方程表示的曲线是双曲线，则实数m的取值范围是___；该双曲线的焦距是___16．为和的等差中项，则_____________.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）已知抛物线上的点M（5，m）到焦点F的距离为6.（1）求抛物线C的方程；（2）过点作直线l交抛物线C于A，B两点，且点P是线段AB的中点，求直线l方程.18．（12分）已知数列满足，数列为等差数列，，前4项和.（1）求数列，的通项公式；（2）求和：.19．（12分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）过点作轴的平行线交轴于点，过点的直线与椭圆交于两个不同的点、，直线、与轴分别交于、两点，若，求直线的方程；（3）在第（2）问条件下，点是椭圆上的一个动点，请问：当点与点关于轴对称时的面积是否达到最大？并说明理由.20．（12分）已知.(1)讨论的单调性；(2)当有最大值，且最大值大于时，求取值范围.21．（12分）已知椭圆的左，右顶点分别是，，且，是椭圆上异于，的不同的两点（1）若，证明：直线必过坐标原点；（2）设点是以为直径的圆和以为直径的圆的另一个交点，记线段的中点为，若，求动点的轨迹方程22．（10分）在公差为的等差数列中,已知，且成等比数列.（Ⅰ）求；（Ⅱ）若,求.

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】先设点，利用向量关系得到两点坐标之间的关系，再结合点在椭圆上，代入方程，消去即得，根据题意，构建的齐次式，解不等式即得结果.【详解】设，由得，，，即，由在椭圆上，故，即，消去得，，根据椭圆上点满足，又两点不同，可知，整理得，故，故.故选：C.【点睛】关键点点睛：圆锥曲线中离心率的计算，关键是根据题中条件，结合曲线性质，找到一组等量关系（齐次式），进而求解离心率或范围.2、C【解析】根据向量的加法和数乘的几何意义，即可得到答案；【详解】故选：C3、A【解析】利用条件可得数列为周期数列，再借助周期性计算得解.【详解】∵∴，，所以数列是以3为周期的周期数列，∴，故选：A.4、B【解析】作出韦恩图，设调查的学生中去过中共一大会址研学旅行的学生人数为，根据题意求出的值，由此可得出该学校到过中共一大会址研学旅行的学生人数.【详解】如下图所示，设调查的学生中去过中共一大会址研学旅行的学生人数为，由题意可得，解的，因此，该学校到过中共一大会址研学旅行的学生的人数为.故选：B.【点睛】本题考查韦恩图的应用，同时也考查了利用分层抽样求样本容量，考查计算能力，属于基础题.5、B【解析】根据，，三点共线，结合点到准线的距离为2，得到，再利用抛物线的定义求解.【详解】如图所示：∵，，三点共线，∴是圆的直径，∴，轴，又为的中点，且点到准线的距离为2，∴，由抛物线的定义可得，故选：B.6、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：C7、B【解析】设等比数列的公比为，根据求得，从而可得出答案.【详解】解：设等比数列的公比为，则，所以，则.故选：B.8、B【解析】根据当时，可知在上单调递减，结合可确定在上的解集；根据奇偶性可确定在上的解集；由此可确定结果.【详解】，当时，，在上单调递减，，，在上的解集为，即在上的解集为；又为上的奇函数，，为上的偶函数，在上的解集为，即在上的解集为；当时，，不合题意；综上所述：的解集为.故选：.【点睛】本题考查利用函数的单调性和奇偶性求解函数不等式的问题，关键是能够通过构造函数的方式，确定所构造函数的单调性和奇偶性，进而根据零点确定不等式的解集.9、D【解析】根据不等式性质并结合反例，即可判断命题真假.【详解】对于选项A：若，则，由题意，，不妨令，，则此时，这与结论矛盾，故A错误；对于选项B：当时，若，则，故B错误；对于选项C：由，不妨令，，则此时，故C错误；对于选项D：由不等式性质，可知D正确.故选：D.10、C【解析】由题意，直线的斜率为，利用点斜式即可得答案.【详解】解：因为直线与直线平行，所以直线的斜率为，又直线过点，所以直线的方程为，即，故选：C.11、C【解析】设，代入双曲线方程相减后可求得，从而得渐近线方程【详解】设，则，相减得，∴，又线段的中点为P(2，4)，的斜率为1，∴，，∴渐近线方程为故选：C【点睛】方法点睛：本题考查求双曲线的渐近线方程，已知弦的中点（或涉及到中点），可设弦两端点的坐标，代入双曲线方程后作差，作差后式子中有直线的斜率，弦中点坐标，有．这种方法叫点差法12、B【解析】根据给定条件结合取特值、推理计算等方法逐一分析各个选项并判断即可作答.【详解】对于A，若，取，而，即，，不成等差数列，A不正确；对于B，若，则，即，，成等比数列，B正确；对于C，若，取，而，，，不成等差数列，C不正确；对于D，a，b，c是实数，若，显然都可以为负数或者0，此时a，b，c无对数，D不正确.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、-1【解析】根据给定条件设出点A，B的坐标，再借助“点差法”即可计算得解.【详解】依题意，线段的中点在椭圆C内，设，，由两式相减得：，而，于是得，即，所以.故答案为：14、【解析】先求出直线所过的定点，当该定点为弦的中点时弦长最短，利用点斜式求出直线方程，整理成一般式即可.【详解】即，令，解得即直线过定点圆的圆心为，半径为，最短弦所在直线的方程为整理得最短弦所在直线的一般方程是故答案为：.15、①.②.2【解析】由题意可得，由此可解得m的范围，进一步将方程化为标准方程即可求得焦距【详解】由所表示的曲线是双曲线，可知，解得，当时，方程可变为：，此时双曲线焦距为，当时，m不存在，不合题意；故双曲线的焦距：故答案为：；16、【解析】利用等差中项的定义可求得结果.【详解】由等差中项的定义可得.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）【解析】（1）由抛物线定义有求参数，即可写出抛物线方程.（2）由题意设，联立抛物线方程，结合韦达定理、中点坐标求参数k，即可得直线l方程【小问1详解】由题设，抛物线准线方程为，∴抛物线定义知：可得，故【小问2详解】由题设，直线l的斜率存在且不为0，设联立方程，得，整理得，则.又P是线段AB的中点，∴，即故l18、（1），；（2）.【解析】（1）根据等比数列的定义，结合等差数列的基本量，即可容易求得数列，的通项公式；（2）根据（1）中所求，构造数列，证明其为等比数列，利用等比数列的前项和即可求得结果.【小问1详解】因为数列满足，故可得数列为等比数列，且公比，则；数列为等差数列，，前4项和，设其公差为，故可得，解得，则；综上所述，，.【小问2详解】由（1）可知：，，故，又，又，则是首项1，公比为的等比数列；则.19、（1）；（2）；（3）当点与点关于轴对称时，的面积达到最大，理由见解析.【解析】（1）设，可得出，，将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，即可得出椭圆的方程；（2）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由已知可得，结合韦达定理可求得的值，即可得出直线的方程；（3）设与直线平行且与椭圆相切的直线的方程为，将该直线方程与椭圆的方程联立，由判别式为零可求得，分析可知当点为直线与椭圆的切点时，的面积达到最大，求出直线与椭圆的切点坐标，可得出结论.【小问1详解】解：因为，设，则，，所以，椭圆的方程可表示为，将点的坐标代入椭圆的方程可得，解得，因此，椭圆的方程为.【小问2详解】解：设线段的中点为，因为，则轴，故直线、的倾斜角互补，易知点，若直线轴，则、为椭圆短轴的两个顶点，不妨设点、，则，，，不合乎题意.所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，联立，可得，，由韦达定理可得，，，，则，所以，解得，因此，直线的方程为.【小问3详解】解：设与直线平行且与椭圆相切的直线的方程为，联立，可得（*），，解得，由题意可知，当点为直线与椭圆的切点时，此时的面积取最大值，当时，方程（*）为，解得，此时，即点.此时，点与点关于轴对称，因此，当点与点关于轴对称时，的面积达到最大.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值20、(1)时,在是单调递增；时,在单调递增，在单调递减.（2）.【解析】（Ⅰ）由,可分,两种情况来讨论；（II）由（I）知当时在无最大值,当时最大值为因此.令,则在是增函数,当时,,当时,因此a的取值范围是.试题解析：（Ⅰ）的定义域为,,若,则,在是单调递增；若,则当时,当时,所以在单调递增,在单调递减.（Ⅱ）由（Ⅰ）知当时在无最大值,当时在取得最大值,最大值为因此.令,则在是增函数,,于是,当时,,当时,因此a取值范围是.考点：本题主要考查导数在研究函数性质方面的应用及分类讨论思想.21、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）设，首先证明，从而可得到，即得到；进而可得到四边形为平行四边形；再根据为的中点，即可证明直线必过坐标原点（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，消元，写韦达；根据条件可求出直线MN过定点，从而可得到过定点，进而可得到点在以为直径的圆上运动，从而可求出动点的轨迹方程【小问1详解】设，则，即因为，，所以因为，所以，所以.同理可证.因为，，所以四边形为平行四边形，因为为的中点，所以直线必过坐标原点【小问2详解】当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，联立，整理得，则，，.因为，所以，因为，解得或.当时，直线的方程为过