湖师范大学附属中学2025年高二数学第一学期期末经典模拟试题含解析.doc

湖师范大学附属中学2025年高二数学第一学期期末经典模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．已知等差数列的前项和为，，公差，．若取得最大值，则的值为（）
A.6或7 B.7或8
C.8或9 D.9或10
2．圆与圆的位置关系是（）
A.内含 B.相交
C.外切 D.外离
3．定义在区间上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论不正确的是（）

A.函数在区间上单调递增 B.函数在区间上单调递减
C.函数在处取得极大值 D.函数在处取得极小值
4．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点、是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大的．”如图，其结论是：点为过、两点且和射线相切的圆的切点．根据以上结论解决一下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是（）

A.
B.
C.或
D.或
5．双曲线：的左、右焦点分别为、，过的直线与y轴交于点A、与双曲线右支交于点B，若为等边三角形，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B.
C.2 D.
6．已知过点的直线l与圆相交于A，B两点，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
7．已知点，分别在双曲线的左右两支上，且关于原点对称，的左焦点为，直线与的左支相交于另一点，若，且，则的离心率为（ ）
A B.
C. D.
8．已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
9．已知函数，，若，使得，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
10．已知圆与直线，则圆上到直线的距离为1的点的个数是（ ）
A.1 B.2
C.3 D.4
11．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至起，接下来依次是小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种共十二个节气，其日影长依次成等差数列，其中大寒、惊蛰、谷雨三个节气的日影长之和为25.5尺，且前九个节气日影长之和为85.5尺，则立春的日影长为（ ）
A.9.5尺 B.10.5尺
C.11.5尺 D.12.5尺
12．已知，则在方向上的投影为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知实数，满足不等式组，则目标函数的最大值为__________.
14．瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.已知平面直角坐标系中各顶点的坐标分别为，，，则其“欧拉线”的方程为___________.
15．下图是个几何体的展开图，图①是由个边长为的正三角形组成；图②是由四个边长为的正三角形和一个边长为的正方形组成；图③是由个边长为的正三角形组成；图④是由个边长为的正方形组成.

若几何体能够穿过直径为的圆，则该几何体的展开图可以是______（填所有正确结论的序号）.
16．已知直线与圆交于A,B两点,过A,B分别做l的垂线与x轴交于C,D两点,若|AB|=4,则|CD|=_____________.
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）已知的内角的对边分别为a，，若向量，且
（1）求角的值；
（2）已知的外接圆半径为，求周长的最大值.
18．（12分）已知：圆是的外接圆，边所在直线的方程为，中线所在直线的方程为，直线与圆相切于点.
（1）求点和点的坐标；
（2）求圆的方程.
19．（12分）已知函数
（1）解不等式;
（2）若不等式对恒成立,求实数m的取值范围
20．（12分）双曲线的离心率为2，经过C的焦点垂直于x轴的直线被C所截得的弦长为12.
（1）求C的方程；
（2）设A，B是C上两点，线段AB的中点为，求直线AB的方程.
21．（12分）已知椭圆：的长轴长为6，离心率为，长轴的左，右顶点分别为A，B
（1）求椭圆的方程；
（2）已知过点的直线交椭圆于M、N两个不同的点，直线AM，AN分别交轴于点S、T，记，（为坐标原点），当直线的倾斜角为锐角时，求的取值范围
22．（10分）已知三角形的三个顶点是，，
（1）求边上的中线所在直线的方程；
（2）求边上的高所在直线的方程
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、B
【解析】根据题意可知等差数列是，单调递减数列，其中，由此可知，据此即可求出结果.
【详解】在等差数列中，所以，所以，即，
又等差数列中，公差，所以等差数列是单调递减数列，
所以，所以等差数列的前项和为取得最大值，则的值为7或8.
故选:B.
2、C
【解析】分别求出两圆的圆心、半径，再求出两圆的圆心距即可判断作答.
【详解】圆的圆心，半径，
圆，即的圆心，半径，
则，即有，
所以圆与圆外切.
故选：C
3、C
【解析】根据函数的单调性和函数的导数的值的正负的关系，可判断A,B的结论;根据函数的极值点和函数的导数的关系可判断、的结论
【详解】函数在上，故函数在上单调递增，故正确；
根据函数的导数图象，函数在时，，
故函数在区间上单调递减，故正确；
由A的分析可知函数在上单调递增，故不是函数的极值点，故错误；
根据函数的单调性，在区间上单调递减，在上单调递增，
故函数处取得极小值，故正确，
故选：
4、A
【解析】根据米勒问题的结论，点应该为过点、的圆与轴的切点，设圆心的坐标为，写出圆的方程，并将点、的坐标代入可求出点的横坐标.
【详解】解：设圆心的坐标为，则圆的方程为，

将点、的坐标代入圆的方程得，
解得或（舍去），因此，点的横坐标为，
故选：A.
5、B
【解析】由双曲线的定义知，，又为等边三角形，所以，由对称性有，所以，在直角三角形中，求出，在三角形中，由余弦定理求出，从而即可求解.
【详解】解：由双曲线的定义知，，又为等边三角形，
所以，由对称性有，
所以，

在直角三角形中，，
在三角形中，由余弦定理有，
所以，解得，所以双曲线C的离心率，
故选：B.
6、D
【解析】经判断点在圆内，与半径相连，所以与垂直时弦长最短，最长为直径
【详解】将代入圆方程得：，所以点在圆内，连接，当时，弦长最短，，所以弦长，当过圆心时，最长等于直径8，所以的取值范围是
故选：D
7、D
【解析】根据双曲线的定义及，，应用勾股定理，可得关系，即可求解.
【详解】设双曲线的右焦点为，连接,,,如图：

根据双曲线的对称性及可知，四边形为矩形.
设
因为，
所以，
又，
所以，
,
在和中，
，①
，②
由②化简可得，③
把③代入①可得：，
所以，
故选：D
【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，双曲线的简单几何性质，勾股定理，属于难题.
8、D
【解析】根据已知条件可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】因为方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得.
故选：D.
9、A
【解析】由定义证明函数的单调性，再由函数不等式恒能成立的性质得出，从而得出实数的取值范围.
【详解】任取，
，
即函数在上单调递减，

若，使得，则
即
故选：A
【点睛】结论点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题关键是转化为求函数的最值，转化时要注意全称量词与存在量词对题意的影响．等价转化如下：
(1)，，使得成立等价于
(2)，，不等式恒成立等价于
(3)，，使得成立等价于
(4)，，使得成立等价于
10、B
【解析】根据圆心到直线的距离即可判断.
【详解】由得，
则圆的圆心为，半径，
由，
则圆心到直线的距离，
∵，∴在圆上到直线距离为1的点有两个.
故选：B.
11、B
【解析】设影长依次成等差数列，公差为，根据题意结合等差数列的通项公式及前项和公式求出首项和公差，即可得出答案.
【详解】解：设影长依次成等差数列，公差为，
则，前9项之和，
即，解得，
所以立春的日影长为.
故选：B.
12、C
【解析】利用向量数量积的几何意义即得
【详解】,
故在方向上的投影为：
故选：C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、##
【解析】画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界来求得的最大值.
【详解】，
画出可行域如下图所示，由图可知，当时，取得最大值.
故答案为：

14、
【解析】由题意知是直角三角形，即可写出垂心、外心的坐标，进而可得“欧拉线”的方程.
【详解】由题设知：是直角三角形，则垂心为直角顶点，外心为斜边的中点，
∴“欧拉线”的方程为.
故答案为：.
15、①
【解析】根据几何体展开图可知①正四面体、②正四棱锥、③正八面体、④正方体，进而求其外接球半径，并与比较大小，即可确定答案.
【详解】①由题设，几何体为棱长为的正四面体，该正四面体可放入一个正方体中，

且正方体的棱长为，该正四面体的外接球半径为，满足要求；
②由题设，几何体为棱长为的正四棱锥，如下图所示：

设，连接，则为、的中点，
因为四边形是边长为的正方形，则，
所以，，所以，，所以，，
，所以点为正四棱锥的外接球球心，且该球的半径为，不满足要求；
③由题设，几何体为棱长为的正八面体，
该正八面体可由两个共底面，且棱长均为的正四棱锥拼接而成，
由②可知，该正八面体的外接球半径为，不满足要求；
④由题设，几何体为棱长为的正方体，其外接球半径为，不满足要求；
故答案为：①.
16、
【解析】先求出圆心和半径，由于半径为2，弦|AB|=4，所以可知直线过圆心，从而得，求出，得到直线方程且倾斜角为135°，进而可求出|CD|
【详解】圆,圆心(1,2),半径r=2,
∵|AB|=4,∴直线过圆心(1,2),
∴,∴,
∴直线,倾斜角为135°,
∵过A,B分别做l的垂线与x轴交于C,D两点,
∴.
故答案为：4
【点睛】此题考查直线与圆的位置关系，考查两直线的位置关系，考查转化思想和计算能力，属于基础题

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）6
【解析】（1）由可得，再利用正弦定理和三角函数恒等变换公可得，从而可求出角的值，
（2）利用正弦定理求出，再利用余弦定理结合基本不等式可得的最大值为4，从而可求出三角形周长的最大值
【小问1详解】
由，得 ，
由正弦定理，得，
即.
在中，由，得.
又，所以.
【小问2详解】
根据题意，得，
由余弦定理，得，
即，
整理得，当且仅当时，取等号，
所以的最大值为
所以.
所以的周长的最大值为 .
18、（1）A（1,7）,
（2）
【解析】（1）与的的交点为点D, 与的的交点为点A,联立解方程即可得出结果.
（2）设圆P的圆心P为，由，，计算求解即可得出点坐标，由求得半径，进而可得出圆的方程.
【小问1详解】
由题可得：与的的交点为点D,
故由，解得：，故
与的的交点为点A,
，解得：，故A（1，7）
【小问2详解】
设圆P的圆心P为，
由与圆相切于点A，且的斜率为,则即，
即，①
又圆P为的外接圆，则BC为圆P的弦，
又边BC所在直线的科率为,
故根据垂径定理，有进而，
即②，
联立①②，解得：，即
故，则圆P的方程为：.
19、（1）
（2）
【解析】(1)移项,两边平方即可获解;
(2)利用绝对值不等式即可.
【小问1详解】
即
即,即
即即或
所以不等式的解集为
【小问2详解】
由题知对恒成立
因为.
所以,解得
即或,所以实数的取值范为
20、（1）
（2）
【解析】（1）根据已知条件求得，由此求得的方程.
（2）结合点差法求得直线的斜率，从而求得直线的方程.
【小问1详解】
因为C的离心率为2，所以，
可得.将代入
可得，由题设.解得，
，，
所以C的方程为.
【小问2详解】
设，，则，.
因此，即.
因为线段AB的中点为，所以，
，从而，于是直线AB的方程是.
21、（1）
（2）
【解析】（1）根据椭圆的长轴和离心率，可求得，进而得椭圆方程；
（2）先判断直线斜率为正，然后设出直线方程，和椭圆方程联立，整理得根与系数的关系，利用直线方程求出点S、T的坐标，再根据确定的表达式，将根与系数的关系式代入化简，求得结果.
【小问1详解】
由题意可得：
解得：，所以椭圆的方程：
【小问2详解】
当直线l的倾斜角为锐角时，设，
设直线，
由得，
从而，又，得，
所以，
又直线的方程是：，令，
解得，所以点S为；
直线的方程是：，同理点T为·
所以，
因为，所以，
所以

∵，∴，
综上，所以的范围是
22、（1）；（2）
【解析】（1）先求出BC的中点坐标，再利用两点式求出直线的方程；
（2）先求出BC边上的高所在直线的斜率，再利用点斜式求出直线的方程.
【详解】（1）设线段的中点为
因为，，
所以的中点，
所以边上的中线所在直线的方程为，
即
（2）因为，，
所以边所在直线的斜率，
所以边上的高所在直线的斜率为，
所以边上的高所在直线的方程为，
即
【点睛】本题主要考查直线方程的求法，属于基础题.