2026屆浙江省嘉興市數學高二上期末統(tǒng)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?；卮鸱沁x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．現(xiàn)要完成下列兩項調查：①從某社區(qū)70戶高收入家庭、335戶中等收入家庭、95戶低收入家庭中選出100戶，調查社會購買能力的某項指標；②從某中學的15名藝術特長生中選出3名調查學習負擔情況．這兩項調查宜采用的抽樣方法是（）A①簡單隨機抽樣，②分層抽樣 B.①分層抽樣，②簡單隨機抽樣C.①②都用簡單隨機抽樣 D.①②都用分層抽樣2．如圖，，是平面上兩點，且，圖中的一系列圓是圓心分別為，的兩組同心圓，每組同心圓的半徑分別是1，2，3，…，A，B，C，D，E是圖中兩組同心圓的部分公共點.若點A在以，為焦點的橢圓M上，則（）A.點B和C都在橢圓M上 B.點C和D都在橢圓M上C.點D和E都在橢圓M上 D.點E和B都在橢圓M上3．圓與圓公切線的條數為（）A.1 B.2C.3 D.44．數學家歐拉在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△的頂點，，且，則△的歐拉線的方程為（）A. B.C. D.5．在等比數列{an}中，a1=8，a4=64，則a3等于（）A.16 B.16或-16C.32 D.32或-326．在等比數列中，若是函數的極值點，則的值是（）A. B.C. D.7．已知某地區(qū)7%的男性和0.49%的女性患色盲．假如男性、女性各占一半，從中隨機選一人，則此人恰是色盲的概率是（）A.0.01245 B.0.05786C.0.02865 D.0.037458．雙曲線：的漸近線與圓：在第一、二象限分別交于點、，若點滿足(其中為坐標原點)，則雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.9．（）A.-2 B.0C.2 D.310．已知四面體，所有棱長均為2，點E，F(xiàn)分別為棱AB，CD的中點，則（）A.1 B.2C.-1 D.-211．已知平面直角坐標系內一動點P，滿足圓上存在一點Q使得，則所有滿足條件的點P構成圖形的面積為（）A. B.C. D.12．若空間中n個不同的點兩兩距離都相等，則正整數n的取值A.至多等于3 B.至多等于4C.等于5 D.大于5二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知、是空間內兩個單位向量，且，如果空間向量滿足，且，，則對于任意的實數、，的最小值為______14．過拋物線的焦點且斜率為的直線交拋物線于A，兩點，，則的值為__________15．如圖，在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB=3，AD=3，AA1=4，P是側面BCC1B1上的動點，且AP⊥BD1，記點P到平面ABCD的距離為d，則d的最大值為____________.16．若拋物線上一點到軸的距離是4，則點到該拋物線焦點的距離是___________.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）已知函數，為自然對數的底數.（1）當時，證明，，；（2）若函數在上存在極值點，求實數的取值范圍.18．（12分）在中，角、、所對的邊分別為、、，且（1）求證；、、成等差數列；（2）若，的面積為，求的周長19．（12分）已知拋物線C：的焦點為F，為拋物線C上一點，且（1）求拋物線C的方程：（2）若以點為圓心，為半徑圓與C的準線交于A，B兩點，過A，B分別作準線的垂線交拋物線C于D，E兩點，若，證明直線DE過定點20．（12分）設數列滿足（1）求的通項公式；（2）記數列的前項和為，是否存在實數，使得對任意恒成立.21．（12分）已知圓與直線相切（1）求圓O的標準方程；（2）若線段AB的端點A在圓O上運動，端點B的坐標是，求線段AB的中點M的軌跡方程22．（10分）曲線與曲線在第一象限的交點為.曲線是()和()組成的封閉圖形.曲線與軸的左交點為、右交點為.（1）設曲線與曲線具有相同的一個焦點，求線段的方程；（2）在（1）的條件下，曲線上存在多少個點，使得，請說明理由.（3）設過原點的直線與以為圓心的圓相切，其中圓的半徑小于1，切點為.直線與曲線在第一象限的兩個交點為..當對任意直線恒成立，求的值.

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】通過簡單隨機抽樣和分層抽樣的定義辨析得到選項【詳解】在①中，由于購買能力與收入有關，應該采用分層抽樣；在②中，由于個體沒有明顯差別，而且數目較少，應該采用簡單隨機抽樣故選：B2、C【解析】根據橢圓的定義判斷即可求解.【詳解】因為，所以橢圓M中，因為，,,,所以D，E在橢圓M上.故選：C3、D【解析】分別求出圓和圓的圓心和半徑，判斷出兩圓的位置關系可得到公切線的條數.【詳解】根據題意，圓即，其圓心為，半徑；圓即，其圓心為，半徑；兩圓的圓心距，所以兩圓相離，其公切線條數有4條；故選：D.4、D【解析】由題設條件求出垂直平分線的方程，且△的外心、重心、垂心都在垂直平分線上，結合歐拉線的定義，即垂直平分線即為歐拉線.【詳解】由題設，可得，且中點為，∴垂直平分線的斜率，故垂直平分線方程為，∵，則△的外心、重心、垂心都在垂直平分線上，∴△的歐拉線的方程為.故選：D5、C【解析】首先根據a4=a1q3，求得q=2，再由a3=即可得解.【詳解】由a4=a1q3，得q3=8，即q=2，所以a3==32.故選：C6、B【解析】根據導數的性質求出函數的極值點，再根據等比數列的性質進行求解即可.【詳解】，當時，單調遞增，當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以是函數的極值點，因為，且所以，故選：B7、D【解析】設出事件，利用全概率公式進行求解.【詳解】用事件A，B分別表示隨機選1人為男性或女性，用事件C表示此人恰是色盲，則，且A，B互斥，故故選：D8、B【解析】由，得點為三角形的重心，可得，即可求解.【詳解】如圖：設雙曲線的焦距為，與軸交于點，由題可知，則，由，得點為三角形的重心，可得，即，，即，解得.故選：B【點睛】本題主要考查了雙曲線的簡單幾何性質，三角形的重心的向量表示，屬于中檔題.9、C【解析】根據定積分公式直接計算即可求得結果【詳解】由故選：C10、D【解析】在四面體中，取定一組基底向量，表示出，，再借助空間向量數量積計算作答.【詳解】四面體所有棱長均為2，則向量不共面，兩兩夾角都為，則，因點E，F(xiàn)分別為棱AB，CD的中點，則，，，所以.故選：D11、D【解析】先找臨界情況當PQ與圓C相切時，，進而可得滿足條件的點P形成的圖形為大圓（包括內部），即求.【詳解】當PQ與圓C相切時，，這種情況為臨界情況，當P往外時無法找到點Q使，當P往里時，可以找到Q使，故滿足條件的點P形成的圖形為大圓（包括內部），如圖，由圓，可知圓心，半徑為1，則大圓的半徑為，∴所有滿足條件的點P構成圖形的面積為.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是找出臨界情況時點所滿足的條件，進而即可得到動點滿足條件的圖形，問題即可解決.12、B【解析】先考慮平面上的情況：只有三個點的情況成立；再考慮空間里，只有四個點的情況成立，注意運用外接球和三角形三邊的關系，即可判斷解：考慮平面上，3個點兩兩距離相等，構成等邊三角形，成立；4個點兩兩距離相等，由三角形的兩邊之和大于第三邊，則不成立；n大于4，也不成立；空間中，4個點兩兩距離相等，構成一個正四面體，成立；若n＞4，由于任三點不共線，當n=5時，考慮四個點構成的正四面體，第五個點，與它們距離相等，必為正四面體的外接球的球心，由三角形的兩邊之和大于三邊，故不成立；同理n＞5，不成立故選B點評：本題考查空間幾何體的特征，主要考查空間兩點的距離相等的情況，注意結合外接球和三角形的兩邊與第三邊的關系，屬于中檔題和易錯題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據已知可設，，，根據已知條件求出、、的值，將向量用坐標加以表示，利用空間向量的模長公式可求得的最小值.【詳解】因為、是空間內兩個單位向量，且，所以，，因為，則，不妨設，，設，則，，解得，則，因為，可得，則，所以，，當且僅當時，即當時，等號成立，因此，對于任意的實數、，的最小值為.故答案為：.14、2【解析】求出直線的方程，與拋物線的方程聯(lián)立，利用根與系數的關系可，，由拋物線的定義可知，，，即可得到【詳解】解：拋物線的焦點，，準線方程為，設，，，，則直線的方程為，代入可得，，，由拋物線的定義可知，，，，解得故答案為：215、##【解析】以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得的坐標之間的關系，以及坐標的范圍，即可求得結果.【詳解】以D為原點，為x軸，為y軸，為z軸，建立空間直角坐標系如下所示：設，則，，∵，∴，解得，因為，所以c的最大值為，即點P到平面的距離d的最大值為.故答案為：.16、5【解析】根據拋物線的定義知點P到焦點距離等于到準線的距離即可求解.【詳解】因為拋物線方程為，所以準線方程，所以點到準線的距離為，故點到該拋物線焦點的距離.故答案為：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)代入,求導分析函數單調性,再的最小值即可證明.(2),若函數在上存在兩個極值點,則在上有根.再分,與,利用函數的零點存在定理討論導函數的零點即可.【詳解】(1)證明：當時,,則,當時,,則,又因為,所以當時,,僅時,,所以在上是單調遞減,所以,即.(2),因為,所以,①當時,恒成立,所以在上單調遞增,沒有極值點.②當時,在區(qū)間上單調遞增,因為.當時,,所以在上單調遞減,沒有極值點.當時,,所以存在,使當時,時,所以在處取得極小值,為極小值點.綜上可知,若函數在上存在極值點,則實數.【點睛】本題主要考查了利用導函數求解函數的單調性與最值,進而證明不等式的方法.同時也考查了利用導數分析函數極值點的問題,需要結合零點存在定理求解.屬于難題.18、（1）證明見解析（2）【解析】（1）利用正弦定理結合兩角和的正弦公式求出的值，結合角的取值范圍可求得角的值，可求得的值，即可證得結論成立；（2）利用三角形的面積公式可求得的值，結合余弦定理可求得的值，進而可求得的周長.【小問1詳解】證明：由正弦定理及，得，所以，，所以，，，則，所以，，又，，，因此，、、成等差數列.【小問2詳解】解：，，又，，故的周長為.19、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）解方程和即得解；（2）設，，將與圓P方程聯(lián)立得到韋達定理，再寫出直線的方程即得解.【小問1詳解】解：因為為拋物線C上一點，且，所以到拋物線C的準線的距離為2則，，則，所以，故拋物線C的方程為【小問2詳解】證明：由（1）知，則圓P的方程為設，，將與圓P的方程聯(lián)立，可得，則，當時，，不妨令，則，此時；當時，直線DE的斜率為，則直線DE的方程為，即，即，令且，得，直線過點；綜上，直線DE過定點20、（1）（2）存在【解析】（1）利用“退作差”法求得的通項公式.（2）利用裂項求和法求得，由此求得.【小問1詳解】依題意①，當時，.當時，②，①-②得，，時，上式也符合.所以.【小問2詳解】.所以.故存在實數，使得對任意恒成立.21、（1）（2）【解析】(1)由圓心到直線的距離等于半徑即可求出.(2)由相關點法即可求出軌跡方程.【小問1詳解】已知圓與直線相切，所以圓心到直線的距離為半徑．所以，所以圓O的標準方程為：【小問2詳解】設因為AB的中點是M，則，所以，又因A在圓O上運動，則，所以帶入有：，化簡得：．線段AB的中點M的軌跡方程為:.22、（1）或；（2）一共2個，理由見解析；（3）答案見解析.【解析】（1）先求曲線的焦點，再求點的坐標，分焦點為左焦點或右焦點，求線段的方程；（2）分點在雙曲線或是橢圓的曲線上，結合條件，說明點的個數；（3）首先設出直線和圓的方程，利用直線與圓相切，以及直線與曲線相交，分別表示，并計算得到的值.【詳解】（1）兩個曲線相同的焦點，，解得：，即雙曲線方程是，橢圓方程是，焦點坐標是,聯(lián)立兩個曲線，得，，即，當焦點是右焦點時，線段的方程