2025屆江蘇省泰興市西城中學數學高二上期末統考試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．數學家歌拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半．這條直線被后人稱為三角形的歐拉線．已知的三個頂點分別為，，，則的歐拉線方程是（）A. B.C. D.2．下列四個命題中，為真命題的是（）A.若a＞b，則ac2＞bc2B.若a＞b，c＞d，則a﹣c＞b﹣dC.若a＞|b|，則a2＞b2D.若a＞b，則3．執行如圖所示的程序框圖，若輸入，則輸出的m的值是（）A.-1 B.0C.0.1 D.14．過拋物線的焦點的直線交拋物線于不同的兩點，則的值為A.2 B.1C. D.45．若曲線表示圓，則m的取值范圍是（）A. B.C. D.6．命題p：存在一個實數﹐它的絕對值不是正數.則下列結論正確的是（）A.：任意實數，它的絕對值是正數，為假命題B.：任意實數，它的絕對值不是正數，為假命題C.：存在一個實數，它的絕對值是正數，為真命題D.：存在一個實數，它的絕對值是負數，為真命題7．雙曲線的焦點到漸近線的距離為（）A. B.2C. D.8．設雙曲線：（，）的右頂點為，右焦點為，為雙曲線在第二象限上的點，直線交雙曲線于另一個點（為坐標原點），若直線平分線段，則雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.9．已知數列滿足，若.則的值是（）A. B.C. D.10．已知是橢圓兩個焦點，P在橢圓上，，且當時，的面積最大，則橢圓的標準方程為（）A. B.C. D.11．已知為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，則下列結論正確的是()A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則12．已知等差數列滿足，則其前10項之和為（）A.140 B.280C.68 D.56二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若兩定點A，B的距離為3，動點M滿足，則M點的軌跡圍成區域的面積為_________14．設，向量，，，且，，則___________.15．已知斜率為1的直線經過橢圓的左焦點，且與橢圓交于，兩點，若橢圓上存在點，使得的重心恰好是坐標原點，則橢圓的離心率______.16．已知橢圓的左、右頂點分別為A，B，橢圓C的左、右焦點分別為F1，F2，點為橢圓C的下頂點，直線MA與MB的斜率之積為.（1）求橢圓C的方程；（2）設點P，Q為橢圓C上位于x軸下方的兩點，且，求四邊形面積的最大值.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖甲，平面圖形中，，沿將折起，使點到點的位置，如圖乙，使.（1）求證：平面平面；（2）若點滿足，求點到直線的距離.18．（12分）已知函數，（1）求曲線在點處的切線方程；（2）若對任意的，恒成立，求實數的取值范圍19．（12分）年月日，中國選手楊倩在東京奧運會女子米氣步槍決賽由本得冠軍，為中國代表團攬入本屆奧運會第一枚金牌.受奧運精神的鼓舞，某射擊俱樂部組織名射擊愛好者進行一系列的測試，并記錄他們的射擊得分（單位：分），將所得數據整理得到如圖所示的頻率分布直方圖.（1）求頻率分布直方圖中的值，并估計該名射擊愛好者的射擊平均得分（求平均值時同一組數據用該組區間的中點值作代表）；（2）若采用分層抽樣的方法，從得分高于分的射擊愛好者中隨機抽取人調查射擊技能情況，再從這人中隨機選取人進行射擊訓練，求這人中至少有人的分數高于分的概率.20．（12分）設：函數的定義域為；：不等式對任意的恒成立（1）如果是真命題，求實數的取值范圍；（2）如果“”為真命題，“”為假命題，求實數的取值范圍21．（12分）已知數列的前n項和為，且（1）求證：數列為等比數列；（2）記，求數列的前n項和為22．（10分）已知數列是等差數列，其前項和為，且，.（1）求；（2）記數列的前項和為，求當取得最小值時的的值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】根據的三個頂點坐標，先求解出重心的坐標，然后再根據三個點坐標求解任意兩條垂直平分線的方程，聯立方程，即可算出外心的坐標，最后根據重心和外心的坐標使用點斜式寫出直線方程.【詳解】由題意可得的重心為．因為，，所以線段的垂直平分線的方程為．因為，，所以直線的斜率，線段的中點坐標為，則線段的垂直平分線的方程為．聯立，解得，則的外心坐標為，故的歐拉線方程是，即故選：B.2、C【解析】利用不等式的性質結合特殊值法依次判斷即可【詳解】當c＝0時，A不成立；2>1，3>－1，而2－3<1－(－1)，故B不成立；a＝2，b＝1時，，D不成立；由a>|b|知a>0，所以a2>b2，C正確故選：C3、B【解析】計算后，根據判斷框直接判斷即可得解.【詳解】輸入，計算，判斷為否，計算，輸出.故選：B.4、D【解析】本題首先可以通過直線交拋物線于不同的兩點確定直線的斜率存在，然后設出直線方程并與拋物線方程聯立，求出以及的值，然后通過拋物線的定義將化簡，最后得出結果【詳解】因為直線交拋物線于不同的兩點，所以直線的斜率存在，設過拋物線的焦點的直線方程為，由可得，，因為拋物線的準線方程為，所以根據拋物線的定義可知，，所以，綜上所述，故選D【點睛】本題考查了拋物線的相關性質，主要考查了拋物線的定義、過拋物線焦點的直線與拋物線相交的相關性質，考查了計算能力，是中檔題5、C【解析】按照圓的一般方程滿足的條件求解即可.【詳解】或.故選：C.6、A【解析】根據存在量詞命題的否定為全稱量詞命題判斷，再利用特殊值判斷命題的真假；【詳解】解：因為命題p“存在一個實數﹐它的絕對值不是正數”為存在量詞命題，其否定為“任意實數，它的絕對值是正數”，因為，所以為假命題；故選：A7、A【解析】根據點到直線距離公式進行求解即可.【詳解】由雙曲線的標準方程可知：，該雙曲線的焦點坐標為：，雙曲線的漸近線方程為：，所以焦點到漸近線的距離為：，故選：A8、A【解析】由給定條件寫出點A，F坐標，設出點B的坐標，求出線段FC的中點坐標，由三點共線列式計算即得.【詳解】令雙曲線的半焦距為c，點，設，由雙曲線對稱性得，線段FC的中點，因直線平分線段，即點D，A，B共線，于是有，即，即，離心率.故選：A9、D【解析】由，轉化為，再由求解.【詳解】因為數列滿足，所以，即，因為，所以，所以，故選：D10、A【解析】由題意知c＝3，當△F1PF2的面積最大時，點P與橢圓在y軸上的頂點重合，即可解出【詳解】由題意知c＝3，當△F1PF2的面積最大時，點P與橢圓在y軸上的頂點重合，∵時，△F1PF2的面積最大，∴a＝＝，b＝∴橢圓的標準方程為故選：A11、D【解析】根據空間里面直線與平面、平面與平面位置關系的相關定理逐項判斷即可.【詳解】A，若，則或異面，故該選項錯誤；B，若，則或相交，故該選項錯誤；C，若，則α，β不一定垂直，故該選項錯誤；D，若，則利用面面垂直的性質可得，故該選項正確.故選：D.12、A【解析】根據等差數列的性質，可得，結合等差數列的求和公式，即可求解.【詳解】由題意，等差數列滿足，根據等差數列的性質，可得，所以數列的前10項和為.故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】建立如圖直角坐標系，設點，根據題意和兩點坐標求距離公式可得，結合圓的面積公式計算即可.【詳解】以點A為坐標原點，射線AB為x軸的非負半軸建立直角坐標系，如圖，設點，則，由，化簡并整理得：，于是得點M軌跡是以點為圓心，2為半徑的圓，其面積為，所以M點的軌跡圍成區域的面積為.故答案為：14、3【解析】利用向量平行和向量垂直的性質列出方程組，求出，，再由空間向量坐標運算法則求出，由此能求出【詳解】解：設，，向量，，，且，，，解得，，所以，，，故答案為：15、【解析】設點，，坐標分別為，則根據題意有，分別將點，，的坐標代入橢圓方程得，然后聯立直線與橢圓方程，利用韋達定理得到和的值，代入得到關于的齊次式，然后解出離心率.【詳解】設，，坐標分別為，因為的重心恰好是坐標原點，則，則，代入橢圓方程可得，其中，所以……①因為直線的斜率為，且過左焦點，則的方程為：，聯立方程消去可得：，所以，……②所以……③，將②③代入①得，從而.故答案為：【點睛】本題考查橢圓的離心率求解問題，難度較大.解答時,注意，，三點坐標之間的關系，注意韋達定理在解題中的運用.16、（1）（2）【解析】（1）由斜率之積求得，再由已知條件得，從而得橢圓方程；（2）延長QF2交橢圓于N點，連接，，設直線，，.直線方程代入橢圓方程，應用韋達定理得，結合不等式的性質、函數的單調性可得的范圍，再計算出四邊形面積得結論【小問1詳解】由題知：，，，又，∴橢圓.【小問2詳解】延長QF2交橢圓于N點，連接，，如下圖所示：，∴設直線，，.由，得，，，.，由勾形函數的單調性得，根據對稱性得：，且，，∴四邊形面積的最大值為.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）【解析】(1)利用給定條件可得平面，再證即可證得平面推理作答.(2)由(1)得EA，EB，EG兩兩垂直，建立空間直角坐標系，先求出向量在向量上的投影的長，然后由勾股定理可得答案.【小問1詳解】因為，則，且，又，平面，因此，平面，即有平面，平面，則，而，則四邊形為等腰梯形，又，則有，于是有，則，即，，平面，因此，平面，而平面，所以平面平面.【小問2詳解】由(1)知，EA，EB，EG兩兩垂直，以點E為原點，射線EA，EB，EG分別為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，如圖，因，四邊形是矩形，則，即，，，由，則則則向量在向量上的投影的長為又,所以點到直線的距離18、（1）；（2）.【解析】（1）求出函數的導數，計算，，求出切線方程即可；（2）問題轉化為，利用導函數求出的最大值，求出的范圍即可.【小問1詳解】因為，所以，則切線的斜率為，又因為，則切點為，所以曲線在點處的切線方程為，即【小問2詳解】當時，令得，列表得x001↘極小值↗所以當時，的最大值為由題意知，故，解之得,所以實數的取值范圍為.19、（1），平均分為；（2）.【解析】（1）利用頻率直方圖中所有矩形面積之和為可求得的值，將每個矩形底邊的中點值乘以對應矩形的面積，將所得結果全部相加可得平均成績；（2）分析可知所抽取的人中，成績在內的有人，分別記為、、、，成績在內的有人，分別記為、，列舉出所有的基本事件，并確定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【小問1詳解】解：根據頻率分布直方圖得到，解得.這組樣本數據平均數為.【小問2詳解】解：根據頻率分布直方圖得到，分數在、內的頻率分別為、，所以采用分層抽樣的方法從樣本中抽取的人，成績在內的有人，分別記為、、、，成績在內的有人，分別記為、，記“人中至少有人的分數高于分”為事件.則所有的基本事件有、、、、、、、、、、、、、、，共種.事件包含的基本事件有、、、、、、、、，共種，所以.20、（1）（2）【解析】（1）由對數函數性質，轉化為對任意的恒成立，結合二次函數的性質，即可求解；（2）利用基本不等式，求得當命題是真命題，得到，結合“”為真命題，“”為假命題，分類討論，即可求解.【小問1詳解】解：因為是真命題，所以對任意的恒成立，當時，不等式，顯然在不能恒成立；當時，則滿足解得，故實數的取值范圍為【小問2詳解】解：因為，所以，當且僅當時，等號成立若是真命題，則；因為“”為真命題，“”為假命題，所以與一真一假當真假時，所以；當假真時，所以，綜上，實數的取值范圍為21、（1）證明見解析;（2）.【解析】（1）由已知得，當時，兩式作差整理得，根據等比數列的定義可得證；（2）