山东省滨州市十二校2025届高二上数学期末综合测试试题含解析

山东省滨州市十二校2025届高二上数学期末综合测试试题注意事项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．若函数，当时，平均变化率为3，则等于（）A. B.2C.3 D.12．双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.3．围棋起源于中国，据先秦典籍世本记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年历史．围棋不仅能抒发意境、陶冶情操、修身养性、生慧增智，而且还与天象易理、兵法策略、治国安邦等相关联，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际围棋比赛中，规定甲与乙对阵，丙与丁对阵，两场比赛的胜者争夺冠军，根据以往战绩，他们之间相互获胜的概率如下：甲乙丙丁甲获胜概率乙获胜概率丙获胜概率丁获胜概率则甲最终获得冠军的概率是（）A.0.165 B.0.24C.0.275 D.0.364．已知直线和平面，且在上，不在上，则下列判断错误的是（）A.若，则存在无数条直线，使得B.若，则存在无数条直线，使得C.若存在无数条直线，使得，则D.若存在无数条直线，使得，则5．已知p：，q：，那么p是q的（）A.充要条件 B.必要不充分条件C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件6．如图，在四面体中，，分别是，的中点，则（）A. B.C. D.7．已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的为A若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B.若m∥α，m∥β，则α∥βC.若m∥α，n∥α，则m∥n D.若m⊥α，n⊥α，则m∥n8．已知，，，则最小值是（）A.10 B.9C.8 D.79．如图，在平行六面体中，AC与BD的交点为O，点M在上，且，则下列向量中与相等的向量是（）A. B.C. D.10．圆与圆的位置关系是()A.内切 B.相交C.外切 D.相离11．已知A（3，2），点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上移动，为使取得最小值，则点P的坐标为（）A.（0，0） B.（2，2）C. D.12．已知数列的前项和为，满足，，，则（）A. B.C.,,成等差数列 D.,,成等比数列二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列，点在函数的图象上，则数列的前10项和是______14．直线的倾斜角为______15．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）上的点P（1，y0）（y0＞0）到焦点的距离为2，则p＝__16．某班名学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示．根据频率分布直方图，估计该班本次测试平均分为______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）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，焦距为2，离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l经过点M（0，1），且与椭圆C交于A，B两点，若，求直线l的方程18．（12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.19．（12分）一个小岛的周围有环岛暗礁，暗礁分布在以小岛中心为圆心，半径为的圆形区域内（圆形区域的边界上无暗礁），已知小岛中心位于轮船正西处，港口位于小岛中心正北处.（1）若，轮船直线返港，没有触礁危险，求的取值范围?（2）若轮船直线返港，且必须经过小岛中心东北方向处补水，求的最小值.20．（12分）已知椭圆的上顶点在直线上，点在椭圆上.（1）求椭圆C的方程；（2）点P，Q在椭圆C上，且，，点G为垂足，是否存在定圆恒经过A，G两点，若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由.21．（12分）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长为4，且点在椭圆上（1）经过点M（1，）作一直线交椭圆于AB两点，若点M为线段AB的中点，求直线的斜率；（2）设椭圆C的上顶点为P，设不经过点P的直线与椭圆C交于C，D两点，且，求证：直线过定点22．（10分）在等差数列中，，.（1）求的通项公式；（2）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、B【解析】直接利用平均变化率的公式求解.【详解】解：由题得.故选：B2、A【解析】直接求出，，进而求出渐近线方程.【详解】中，，，所以渐近线方程为，故.故选：A3、B【解析】先求出甲第一轮胜出的概率，再求出甲第二轮胜出的概率，即可得出结果.【详解】甲最终获得冠军的概率，故选：B.4、D【解析】根据直线和直线，直线和平面的位置关系依次判断每一个选项得到答案.【详解】若，则平行于过的平面与的交线，当时，，则存在无数条直线，使得，A正确；若，垂直于平面中的所有直线，则存在无数条直线，使得，B正确；若存在无数条直线，使得，，，则，C正确；当时，存在无数条直线，使得，D错误.故选：D.5、C【解析】若p成立则q成立且若q成立不能得到p一定成立,p是q充分不必要条件.【详解】因为>0,<1,所以若p：成立，一定成立,但q：成立，p：不一定成立,所以p是q的充分不必要条件.故选：C.6、A【解析】利用向量的加法法则直接求解.【详解】在四面体中，，分别是，的中点，故选：A7、D【解析】根据空间线面、面面的平行，垂直关系，结合线面、面面的平行，垂直的判定定理、性质定理解决【详解】∵α⊥γ，β⊥γ，α与β的位置关系是相交或平行，故A不正确；∵m∥α，m∥β，α与β的位置关系是相交或平行，故B不正确；∵m∥α，n∥α，m与n的位置关系是相交、平行或异面∴故C不正确；∵垂直于同一平面的两条直线平行，∴D正确；故答案D【点睛】本题考查线面平行关系判定，要注意直线、平面的不确定情况8、B【解析】利用题设中的等式，把的表达式转化成展开后，利用基本不等式求得的最小值【详解】∵，，，∴＝，当且仅当，即时等号成立故选：B9、D【解析】根据平行六面体的几何特点，结合空间向量的线性运算，即可求得结果.【详解】因为平行六面体中，点M在上，且故可得故选：D.10、B【解析】判断圆心距与两圆半径之和、之差关系即可判断两圆位置关系.【详解】由得圆心坐标为，半径，由得圆心坐标为，半径，∴，，∴，即两圆相交.故选：B.11、B【解析】设点P到准线的距离为，根据抛物线的定义可知，即可根据点到直线的距离最短求出【详解】如图所示：设点P到准线的距离为，准线方程为，所以，当且仅当点为与抛物线的交点时，取得最小值，此时点P的坐标为故选：B12、C【解析】写出数列前几项，观察规律，找到数列变化的周期，再依次去判断各项的说法即可解决.【详解】数列中，，，，则此数列为1，2，2，1，，，1，2，2，1，，，1，2，2，1，，，…即数列的各项是周期为6数值循环重复的一列数，选项A：，，则.判断错误；选项B：由，可知当时，.判断错误；选项C：，则，即,,成等差数列.判断正确；选项D：,,则，,即,,不能构成等比数列.判断错误.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】将点代入可得，从而得，再由裂项相消法可求解.【详解】由题意有，所以，所以数列的前10项和为：.故答案为：14、【解析】把直线方程化为斜截式，再利用斜率与倾斜角的关系即可得出【详解】设直线的倾斜角为由直线化为，故，又，故，故答案为【点睛】一般地，如果直线方程的一般式为，那么直线的斜率为，且，其中为直线的倾斜角，注意它的范围是15、2【解析】根据已知条件，结合抛物线的定义，即可求解【详解】解：∵抛物线C：y2＝2px（p＞0）上的点P（1，y0）（y0＞0）到焦点的距离为2，∴由抛物线的定义可得，，解得p＝2故答案为：216、【解析】将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，即可得解.【详解】由频率分布直方图可知，该班本次测试平均分为.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）或【解析】（1）根据椭圆的焦距为2，离心率为，求出，，即可求椭圆的方程；（2）设直线方程为，代入椭圆方程，由得，利用韦达定理，化简可得，求出，即可求直线的方程.试题解析：（1）设椭圆方程为，因为，所以，所求椭圆方程为.（2）由题得直线l的斜率存在，设直线l方程为y=kx+1，则由得，且．设，则由得，又，所以消去得，解得，，所以直线的方程为，即或.18、（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.19、（1）（2）120【解析】（1）建立平面直角坐标系设直线方程，根据点到直线的距离公式可得；（2）先求补水点的坐标，根据直线过该点，结合所求，根据基本不等式可得.【小问1详解】根据题意，以小岛中心为原点，建立平面直角坐标系，当时，则轮船返港的直线为，因为没有触礁危险，所以原点到的距离，解得.【小问2详解】根据题意可得，，点C在直线上，故点C，设轮船返港的直线是，则，所以.当且仅当时取到最小值.20、（1）；（2）存在，定圆.【解析】（1）由题可得，，即求；（2）由题可设直线的方程，利用韦达定理及条件可得直线恒过定点，则以为直径的圆适合题意，即得.【小问1详解】由题设知，椭圆上顶点为，且在直线上∴，即又点在椭圆上，∴解得，∴椭圆C的方程为；【小问2详解】设，，当直线斜率存在，设直线为：联立方程，化简得∴，，∵，∴又∵，∴将，代入，化简得，即则或，①当时，直线恒过定点与点重合，不符题意.②当时，直线恒过定点，记为点，∵，∴以为直径，其中点为圆心的圆恒经过两点，则圆方程为：；当直线斜率不存在，设方程为，，，且，，∴，解得或（舍去），，取，以为直径作圆，圆方程为：恒经过两点，综上所述，存在定圆恒经过两点.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是证明直线恒过定点，结合条件可得以为直径的圆，适合题意即得.21、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）设椭圆的方程为代入点的坐标求出椭圆的方程，再利用点差法求解；（2）由题得直线的斜率存在，设直线的方程为，联立直线和椭圆的方程得韦达定理，根据和韦达定理得到，即得证.【小问1详解】解：由题设椭圆的方程为因为椭圆经过点，所以所以椭圆的方程为.设，所以，所以，由题得，所以，所以，所以，所以直线的斜率为.【小问2详解】解：由题得当直线的斜率不存在时，不符合题意；当直