2025屆江蘇省蘇州外國語學校高二數學第一學期期末統考試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．如圖是一個程序框圖，執行該程序框圖，則輸出的n值是（）A.2 B.3C.4 D.52．已知，為雙曲線：的焦點，為，（其中為雙曲線半焦距），與雙曲線的交點，且有，則該雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.3．給出如下四個命題正確的是（）①方程表示的圖形是圓；②橢圓的離心率；③拋物線的準線方程是；④雙曲線的漸近線方程是A.③ B.①③C.①④ D.②③④4．某班新學期開學統計新冠疫苗接種情況，已知該班有學生45人，其中未完成疫苗接種的有5人，則該班同學的疫苗接種完成率為（）A. B.C. D.5．兩圓和的位置關系是（）A.內切 B.外離C.外切 D.相交6．已知數列為遞增等比數列，，則數列的前2019項和（）A. B.C. D.7．已知實數，，則下列不等式恒成立的是（）A. B.C. D.8．關于實數a，b，c，下列說法正確的是（）A.如果，則，，成等差數列B.如果，則，，成等比數列C.如果，則，，成等差數列D.如果，則，，成等差數列9．阿基米德是古希臘著名的數學家、物理學家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積，已知在平面直角坐標系中，橢圓的面積為，兩焦點與短軸的一個端點構成等邊三角形，則橢圓的標準方程是（）A. B.C. D.10．函數的單調增區間為（）A. B.C. D.11．已知集合，，則（）A. B.C. D.12．已知等比數列的前n項和為，若，，則（）A.250 B.210C.160 D.90二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知圓：和圓：，動圓M同時與圓及圓外切，則動圓的圓心M的軌跡方程為______.14．已知p：x＞a是q：2＜x＜3的必要不充分條件，則實數a的取值范圍是______.15．在平行六面體中，點P是AC與BD的交點，若，且，則___________.16．已知數列的各項均為正數，其前項和滿足，則__________；記表示不超過的最大整數，例如，若，設的前項和為，則__________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）已知公比的等比數列和等差數列滿足：，，其中，且是和的等比中項（1）求數列與的通項公式；（2）記數列的前項和為，若當時，等式恒成立，求實數的取值范圍18．（12分）已知圓：，定點，Q為圓上的一動點，點P在半徑CQ上，且，設點P的軌跡為曲線E.（1）求曲線E的方程；（2）過點的直線交曲線E于A，B兩點，過點H與AB垂直的直線與x軸交于點N，當取最大值時，求直線AB的方程.19．（12分）已知兩動圓：和：，把它們的公共點的軌跡記為曲線，若曲線與軸的正半軸的交點為，取曲線上的相異兩點、滿足：且點與點均不重合.（1）求曲線的方程；（2）證明直線恒經過一定點，并求此定點的坐標；20．（12分）已知函數（a為非零常數）（1）若f（x）在處的切線經過點（2，ln2），求實數a的值；（2）有兩個極值點，.①求實數a的取值范圍；②若，證明：.21．（12分）已知橢圓的上下兩個焦點分別為，，過點與y軸垂直的直線交橢圓C于M，N兩點，△的面積為，橢圓C的離心率為（1）求橢圓C的標準方程；（2）已知O為坐標原點，直線與y軸交于點P，與橢圓C交于A，B兩個不同的點，若存在實數，使得，求m的取值范圍22．（10分）已知橢圓C：的長軸長為4，過C的一個焦點且與x軸垂直的直線被C截得的線段長為3（1）求C的方程；（2）若直線：與C交于A，B兩點，線段AB的中垂線與C交于P，Q兩點，且，求m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】程序框圖中的循環結構，一般需重復計算，根據判斷框中的條件，確定何時終止循環，輸出結果.【詳解】初始值：，當時，，進入循環；當時，，進入循環；當時，，終止循環，輸出的值為3.故選：B2、B【解析】根據求得的關系，結合雙曲線的定義以及勾股定理，即可求得的等量關系，再求離心率即可.【詳解】根據題意，連接，作圖如下：顯然為直角三角形，又，又點在雙曲線上，故可得，解得，由勾股定理可得：，即，即，，故雙曲線的離心率為.故選：B.3、A【解析】對選項①，根據圓一般方程求解即可判斷①錯誤，對選項②，求出橢圓離心率即可判斷②錯誤，對③，求出拋物線漸近線即可判斷③正確，對④，求出雙曲線漸近線方程即可判斷④錯誤。【詳解】對于①選項，，，故①錯誤；對于②選項，由題知，所以，所以離心率，故②錯誤；對于③選項，拋物線化為標準形式得拋物線，故準線方程是，故③正確；對于④選項，雙曲線化為標準形式得，所以，焦點在軸上，故漸近線方程是，故④錯誤.故選：A4、D【解析】利用古典概型的概率求解.【詳解】該班同學的疫苗接種完成率為故選：D5、A【解析】計算出圓心距，利用幾何法可判斷兩圓的位置關系.【詳解】圓的圓心坐標為，半徑為，圓的圓心坐標為，半徑為，兩圓圓心距為，則，因此，兩圓和內切.故選：A.6、C【解析】根據數列為遞增的等比數列，，利用“”法求得，再代入等比數列的前n項和公式求解.【詳解】因為數列為遞增等比數列，所以，解得：，所以.故選：C【點睛】本題主要考查等比數列的基本運算，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.7、C【解析】根據不等式性質和作差法判斷大小依次判斷每個選項得到答案.【詳解】當時，不等式不成立，錯誤；，故錯誤正確；當時，不等式不成立，錯誤；故選：.【點睛】本題考查了不等式的性質，作差法判斷大小，意在考查學生對于不等式知識的綜合應用.8、B【解析】根據給定條件結合取特值、推理計算等方法逐一分析各個選項并判斷即可作答.【詳解】對于A，若，取，而，即，，不成等差數列，A不正確；對于B，若，則，即，，成等比數列，B正確；對于C，若，取，而，，，不成等差數列，C不正確；對于D，a，b，c是實數，若，顯然都可以為負數或者0，此時a，b，c無對數，D不正確.故選：B9、A【解析】由橢圓的面積為和兩焦點與短軸的一個端點構成等邊三角形，得到求解.【詳解】由題意得，解得，所以橢圓的標準方程是.故選：A10、D【解析】先求定義域，再求導數，令解不等式，即可.【詳解】函數的定義域為令，解得故選：D【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性，屬于中檔題.11、B【解析】根據根式、分式的性質求定義域可得集合A，解一元二次不等式求集合B，再由集合的交運算求.【詳解】∵，，∴故選：B12、B【解析】設為等比數列，由此利用等比數列的前項和為能求出結果【詳解】設，等比數列的前項和為為等比數列，為等比數列，解得故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據動圓同時與圓及圓外切，即可得到幾何關系，再結合雙曲線的定義可得動點的軌跡方程.【詳解】由題，設動圓的半徑為，圓的半徑為，圓的半徑為,當動圓與圓，圓外切時,,,所以,因為圓心,，即，又根據雙曲線的定義，得動點的軌跡為雙曲線的上支，其中，，所以,則動圓圓心的軌跡方程是；故答案為：14、【解析】根據充分性和必要性，求得參數取值范圍，即可求得結果.【詳解】因為p：x＞a是q：2＜x＜3的必要不充分條件，故集合為集合的真子集，故只需.故答案為：.15、【解析】由向量的運算法則，求得，根據，結合向量的數量積的運算，即可求解.【詳解】由題意可得，，則，故.故答案為：16、①.；②.60.【解析】先根據并結合等差數列的定義求出；然后討論n的取值范圍，討論出分別取1,2,3,4,5的情況，進而求出.【詳解】由題意，，n=1時，，滿足，時，，于是，，因為，所以.所以，是1為首項，2為公差的等差數列，所以.若，即時，，若，則時，，若，則時，，若，則時，，若，則或22時，，于是，.故答案為：2n-1；60.三、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），；（2）.【解析】（1）根據已知條件可得出關于方程，解出的值，可求得的值，即可得出數列與的通項公式；（2）求得，利用錯位相減法可求得，分析可知數列為單調遞增數列，對分奇數和偶數兩種情況討論，結合參變量分離法可得出實數的取值范圍.【詳解】（1）設等差數列的公差為，因為，，，且是和的等比中項，所以，整理可得，解得或.若，則，可得，不合乎題意；若，則，可得，合乎題意.所以，;；（2）因為，①，②②①得因為，即對恒成立，所以當且，，故數列為單調遞增數列，當為偶數時，，所以；當為奇數時，，所以，即.綜上可得18、（1）（2）或【解析】(1)結合已知條件可得到點P在線段QF的垂直平分線上，然后利用橢圓定義即可求解；(2)結合已知條件設出直線的方程，然后聯立橢圓方程，利用弦長公式求出，再設出直線NH的方程，求出N點坐標，進而求出，然后表示出，再利用換元法和均值不等式求解即可.【小問1詳解】設點的坐標為，∵，∴點P在線段QF垂直平分線上，∴，又∵，∴∴點P在以C，F為焦點的橢圓上，且，∴，∴曲線的方程為：.【小問2詳解】設直線AB方程為，，由，解得，，解得，由韋達定理可知，，，∴∵AB與HN垂直，∴直線NH的方程為，令，得，∴，又由，∴，∴設則∴當且僅當即時等號成立，有最大值，此時滿足，故，所以直線AB的方程為：，即或.19、（1）；（2）證明見解析，.【解析】（1）設兩動圓的公共點為，則有，運用橢圓的定義，即可得到，，，進而得到的軌跡方程；（2），設，，，，設出直線方程，聯立方程組，利用韋達定理法及向量的數量積的坐標表示，即可得到定點.【小問1詳解】設兩動圓的公共點為，則有由橢圓的定義可知的軌跡為橢圓，設方程為，則，，所以曲線的方程是：【小問2詳解】由題意可知：，且直線斜率存在，設，，設直線：，聯立方程組，可得，，，因為，所以有，把代入整理化簡得，或舍，因為點與點均不重合，所以直線恒過定點20、（1）（2）①（0，1）；②證明見解析【解析】小問1先求出切線方程，再將點（2，ln2），代入即可求出a的值；小問2的①通過求導，再結合函數的單調性求出a的取值范圍；②結合已知條件，構造新函數即可得到證明.【小問1詳解】，∴切線方程為，將點代入解得：【小問2詳解】①當時，即時，，f（x）在（-1，+∞）上單調遞增；f（x）無極值點，當時，由得，，故f（x）在（-1，-）上單調遞增，在（-，）上單調遞減，在（，+∞）上單調遞增，f（x）有兩個極值點；.當時，由得，，f（x）（，）上單調遞減，在（，+∞）上單調遞此時，f（x）有1個極值點，綜上，當時，f（x）有兩個極值點，即，即a的范圍是（0，1）②由（2）可知，又由可知，可得.要證，即證，即證，即證即證令函數，x（0，1），故t（x）在（0，1）上單調遞增，又所以在上恒成立，即所以.21、（1）；（2）或或.【解析】（1）根據已知條件，求得的方程組，解得，即可求得橢圓的方程；（2）對的取值進行分類討論，當時，根據三點共線求得，聯立直線方程和橢圓方程，利用韋達定理，結合直線交橢圓兩點，代值計算即可求得結果.【小問1詳解】對橢圓，令，故可得，則，故，則，又，，故可得，則橢圓的方程為：.【小問2詳解】直線與y軸交于點P，故可得的坐標為，當時，則，由橢圓的對稱性可知：，故滿足題意；當時，因為三點共線，若存在實數，使得，即，則，故可得.又直線與橢圓交于兩點，故聯立直線方程，與橢圓方程，可得：，則，即；設坐標為，則，又，即，故可得：，即，也即，代入韋達定理整理得：，即，當時，上式不成立，故可得，又，則，整理得：，解得，即或.綜上所述：的取值范圍是或或.【點睛】本題考察橢圓方程的求解，以及橢圓中范圍問題的處理；解決本題的關鍵一是要求得的取值，二是充分利用韋達定理以及直線和曲線相交，