精品解析：江苏省苏州中学2025-2026学年度第一学期质量评估（1月月考）高二数学试题

江苏省苏州中学2025-2026学年度第一学期质量评估 高二数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟.请将答案填写在答题纸相应位置. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知随机事件满足，则（　　） A. B. C. D. 2. 经过与的交点且垂直于的直线方程是（ ） A. B. C. D. 3. 已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 4. 已知等比数列的公比不为1，且成等差数列，则数列的公比为（ ） A. B. C. D. 2 5. 与圆关于直线对称的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，椭圆的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，以为直径的圆与椭圆在第二象限交于且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知一个无穷等差数列中有三项：13，31，58，则下列各数中一定是该数列中的一个项的是（ ） A. 2020 B. 2022 C. 2023 D. 2025 8. 在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件“甲、乙两人均未选择B选项”，则（ ） A. 事件M与事件N相互独立 B. 事件X与事件Y相互独立 C. 事件M与事件Y相互独立 D. 事件N与事件Y相互独立 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得全分，有选错的不得分，部分选对的得部分分. 9. 某同学参加射击比赛，打了8发子弹，报靶数据如下：9，8，6，10，9，7，6，9（单位：环），则下列说法正确的是（ ） A. 这组数据的众数为9 B. 这组数据的40%分位数是7.5 C. 这组数据的极差是4 D. 这组数据的标准差是 10. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 数列是递减数列 B. 当时，最大 C. 使得成立的最小自然数 D. 数列中的最小项为 11. 函数的图象是以两坐标轴为渐近线的双曲线，将该函数图象绕坐标原点顺时针旋转45°，即可将其化为双曲线的标准方程.已知A，B，C是双曲线H：上三个不同的点，则（ ） A. 双曲线H的离心率为2 B. 直线与坐标轴交于M，N，与H交于P，Q，则 C. 的垂心（三高线的交点）在H上 D. 若是等边三角形，则其中心P关于坐标原点的对称点Q在的外接圆上 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数据的方差与数据的方差相同，则___________ 13. 已知数列中，a1＝1，，记Sn为{an}的前n项和，则 ________． 14. 已知过原点的直线与圆交于两点，弦的中点为，则点的轨迹长度为___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者．某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，将样本的成绩（满分分，成绩均为不低于分的整数）分成六段：，，⋯，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值； （2）求样本成绩的众数和平均数； （3）若要从成绩在，，的三组数据中，用分层抽样的方法抽取份成绩，则成绩在分的应抽取多少份？ 16. 一个袋子中有大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球.设事件“第一次摸到红球”，“第二次摸到黑球”，“摸到的两个球恰为一个红球和一个白球”. （1）用数组表示可能的结果，是第一次摸到的球的标号，是第二次摸到的球的标号，试用集合的形式写出试验的样本空间； （2）分别求事件A，B，C发生的概率； （3）求事件A，B，C中至少有一个发生的概率. 17. 已知直线，该直线与圆交于两点，且. （1）求的值； （2）直线， （i）证明直线过定点，并求出该定点的坐标； （ii）求过点且与圆相切的直线方程. 18. 记数列,的前项和分别为,,,（且），当时,有. （1）证明:数列为等比数列； （2）若,当. ①求的通项公式； ②设是正整数,问是否存在,使得等式成立,若存在,求出和的值；不存在请说明理由. 19. 已知椭圆的离心率为，左焦点为，左､右顶点分别为，上顶点为，且的外接圆半径为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设斜率存在的直线交椭圆于两点（位于轴的两侧），记直线的斜率分别为，若. （i）试判断直线是否过定点，若是，求出此定点坐标；若不是，请说明理由； （ii）设直线与轴的交点为，记与的面积分别为，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省苏州中学2025-2026学年度第一学期质量评估 高二数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟.请将答案填写在答题纸相应位置. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知随机事件满足，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用概率的性质列方程求概率. 【详解】因为，即， 所以. 故选：C 2. 经过与的交点且垂直于的直线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】联立两直线的方程，解得交点坐标，根据两直线垂直可得所求直线斜率，利用点斜式方程，可得答案. 【详解】由题意联立方程，解得，则直线与的交点为， 由可知其斜率为，则与直线垂直的直线斜率为， 所以过直线与的交点且垂直于的直线方程为，化简可得. 故选：B. 3. 已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用抛物线的定义求解即可. 【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上， 所以到准线的距离为， 又到直线的距离为， 所以，故. 故选：D. 4. 已知等比数列的公比不为1，且成等差数列，则数列的公比为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差中项可得，再结合等比数列通项公式运算求解. 【详解】设等比数列的公比为，， 因为成等差数列，则， 即，且， 可得，即，解得或 又因为，所以. 故选：A. 5. 与圆关于直线对称的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用配方法，结合点关于直线对称的性质进行求解即可. 【详解】， 因此圆的圆心坐标为，半径为，设圆的圆心坐标为， 因为圆心和圆心关于直线对称， 所以有，即圆的圆心坐标为， 因为圆和圆关于直线对称， 所以两个圆的半径相等， 所以圆的方程为， 故选：B 6. 如图所示，椭圆的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，以为直径的圆与椭圆在第二象限交于且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】方法一：由向量的线性运算结合椭圆的性质可得，再由离心率的定义计算可得； 方法二：设，由坐标计算向量的数量积再求离心率即可. 【详解】由题可知 方法一：因为， 则， 即，可得，所以椭圆的离心率. 方法二：由在以为直径的圆上可设，则， 易知，则， 所以，即，可得，所以椭圆的离心率. 故选：A. 7. 已知一个无穷等差数列中有三项：13，31，58，则下列各数中一定是该数列中的一个项的是（ ） A. 2020 B. 2022 C. 2023 D. 2025 【答案】A 【解析】 【分析】利用待定系数法求出等差数列的通项公式，根据通项公式的特征对每个选项进行分析得出答案. 【详解】设该等差数列为，其公差为， 设13､31､58分别为该数列中的，且， 不妨设. 则，，， 所以，， 将两式相除可得，设，，则， 将分别代入，，可得， 则，其中， 所以. 选项A. ， 因为，，所以，所以本选项符合题意； 选项B. ，当不是的倍数时，不是正整数，所以本选项不一定是该数列中的项，因此不符合题意； 选项C. ，当不是的倍数时，不是正整数，所以本选项不一定是该数列中的项，因此不符合题意； 选项D. ，当不是的倍数时，不是正整数，所以本选项不一定是该数列中的项，因此不符合题意； 故选：A 8. 在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件“甲、乙两人均未选择B选项”，则（ ） A. 事件M与事件N相互独立 B. 事件X与事件Y相互独立 C. 事件M与事件Y相互独立 D. 事件N与事件Y相互独立 【答案】C 【解析】 【分析】根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可得出答案. 【详解】依题意甲、乙两人所选选项有如下情形： ①有一个选项相同，②两个选项相同，③两个选项不相同， 所以，，，， 因为事件与事件互斥，所以，又， 所以事件M与事件N不相互独立，故A错误； ，故B错误； 由，则事件M与事件Y相互独立，故C正确； 因为事件N与事件Y互斥，所以，又， 所以事件N与事件Y不相互独立，故D错误. 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于先求出，，，，再根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得全分，有选错的不得分，部分选对的得部分分. 9. 某同学参加射击比赛，打了8发子弹，报靶数据如下：9，8，6，10，9，7，6，9（单位：环），则下列说法正确的是（ ） A. 这组数据的众数为9 B. 这组数据的40%分位数是7.5 C. 这组数据的极差是4 D. 这组数据的标准差是 【答案】ACD 【解析】 【分析】分别计算这组数据的众数、百分位数、极差、标准差逐项判断即可. 【详解】对于A，由题意知这组数据的众数为9，故A正确； 对于B，这组数据从小到大为6，6，7，8，9，9，9，10， 由知40%分位数为8，故B错误； 对于C，这组数据的极差是，故C正确； 对于D，这组数据的平均数是， 方差是， 所以这组数据的标准差是，故D正确. 故选：ACD 10. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 数列是递减数列 B. 当时，最大 C. 使得成立的最小自然数 D. 数列中的最小项为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由条件分析出，，，求出公差，即可判断A，B；由等差数列的前项和公式求出，即可判断C；分别判断当，，时，的正负，再结合数列的单调性确定最小项，即可判断D. 【详解】由，可得， 由，可得，即，又因为，所以. 因为数列是等差数列，所以，所以数列是递减数列， 故A正确； 由A知数列是递减数列，且，，所以当时，最大， 故B正确； 由等差数列的前项和公式可知，， ， 所以使得成立的最小自然数，故C错误； 当时，； 当时，； 当时，， . 因为，所以， 又因为，所以， 所以， 所以，所以在时为增函数， 所以数列中的最小项为，故D正确. 故选：ABD 11. 函数的图象是以两坐标轴为渐近线的双曲线，将该函数图象绕坐标原点顺时针旋转45°，即可将其化为双曲线的标准方程.已知A，B，C是双曲线H：上三个不同的点，则（ ） A. 双曲线H的离心率为2 B. 直线与坐标轴交于M，N，与H交于P，Q，则 C. 的垂心（三高线的交点）在H上 D. 若是等边三角形，则其中心P关于坐标原点的对称点Q在的外接圆上 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，根据题意可得双曲线为等轴双曲线，得解；对B，分别求出线段和线段的中点，由中点重合得解；对C，求出，边上的高所在直线方程，进而求得的垂心坐标，判断；对D，由选项C，求得点的坐标，设的外接圆方程为，代入得，进而判断点的横坐标满足上面方程，得解. 【详解】对于A，双曲线的两条渐近线为轴，轴，它们的夹角为90°，故为等轴双曲线，离心率为，选项A错误； 对于B，设：，则，，线段的中点坐标为. 将直线，代入有. 由韦达定理，，线段的中点为. 故线段与中点重合，所以，故B正确； 对于C，设，，，则斜率， 故边上的高所在直线方程为， 同理，边上的高所在直线方程为. 解得的垂心坐标为，故垂心也在曲线上，故C正确； 对于D，等边三角形的垂心即为其中心，由前述可知，所以，且点在曲线上， 设的外接圆方程为，代入得 这是一个四次方程，，，，是它的四个根， 则， 可得，即Q的横坐标，故说明点Q在圆上，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数据的方差与数据的方差相同，则___________ 【答案】 【解析】 【分析】由两组数据的方差相同列出方程，即可得解. 【详解】数据的均值为，方差为， 数据的均值为，方差为， 整理得：，解得. 故答案为：. 13. 已知数列中，a1＝1，，记Sn为{an}的前n项和，则 ________． 【答案】 【解析】 【分析】先由，a1＝1，得到数列周期为4，计算出一个周期内的和为，所以. 【详解】因为数列中， ，； 所以，， ，， 与相同， 所以数列的周期为4 一个周期内的和为， 因为 所以； 故答案为：. 14. 已知过原点的直线与圆交于两点，弦的中点为，则点的轨迹长度为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先求得圆的圆心和半径，然后求得弦中点的轨迹，进而求得轨迹的长度. 【详解】圆，即， 所以圆心，半径， 设，， 由，得， ， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，在圆内部的部分， ，所以圆与圆相交， 由两式相减并化简得， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆（右半圆）， 所以轨迹长度为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者．某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，将样本的成绩（满分分，成绩均为不低于分的整数）分成六段：，，⋯，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值； （2）求样本成绩的众数和平均数； （3）若要从成绩在，，的三组数据中，用分层抽样的方法抽取份成绩，则成绩在分的应抽取多少份？ 【答案】（1）； （2）众数、平均数分别为； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图的性质直接求解即可； （2）利用频率分布直方图的性质，直接求解众数和平均数即可； （3）先求出三组数据的频数，然后利用分层抽样的性质直接求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图面积和为， 可得，解得. 【小问2详解】 由频率分布直方图可得众数等于最高小矩形中点横坐标； 样本平均数为. 即样本成绩的众数为，平均数为. 【小问3详解】 先计算三组数据的频数： 对于：，：， 又：， 三组频数比为，抽取个样本时， 则的抽取个数为：. 即成绩在分的应抽取份. 16. 一个袋子中有大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球.设事件“第一次摸到红球”，“第二次摸到黑球”，“摸到的两个球恰为一个红球和一个白球”. （1）用数组表示可能的结果，是第一次摸到的球的标号，是第二次摸到的球的标号，试用集合的形式写出试验的样本空间； （2）分别求事件A，B，C发生的概率； （3）求事件A，B，C中至少有一个发生的概率. 【答案】（1） （2），， （3） 【解析】 【分析】（1）根据事件的定义列出样本空间即可； （2）根据古典概型概率计算公式计算即可； （3）根据古典概型概率计算公式计算即可. 【小问1详解】 样本空间，共有12个基本事件； 【小问2详解】 事件A的基本事件为：共6个基本事件，所以， 事件B的基本事件为：共3个基本事件，所以， 事件C的基本事件为：共4个基本事件，所以， 【小问3详解】 事件A，B，C中至少有一个发生的基本事件为：共9个基本事件， 所以. 17. 已知直线，该直线与圆交于两点，且. （1）求的值； （2）直线， （i）证明直线过定点，并求出该定点的坐标； （ii）求过点且与圆相切的直线方程. 【答案】（1） （2）（i）直线方程可化为， 故， ∴直线过定点. （ii）或 【解析】 【分析】（1）将圆化为标准方程，求圆心到直线的距离，结合弦长公式求半径，进而求出的值. （2）（i）将直线方程整理为含参数的形式，解方程组确定直线所过的定点坐标. （ii）分切线斜率存在与不存在两种情况，利用“圆心到直线的距离等于半径”求解切线方程. 【小问1详解】 的标准方程为，故圆心为， ，故， 故 【小问2详解】 （i）略 （ii）， 由于在圆外，故当切线斜率不存在时，方程为，满足题意， 当切线斜率存在时，设其方程为：， 则，解得， 故方程为， 综上所述切线方程为：或. 18. 记数列,的前项和分别为,,,（且），当时,有. （1）证明:数列为等比数列； （2）若,当. ①求的通项公式； ②设是正整数,问是否存在,使得等式成立,若存在,求出和的值；不存在请说明理由. 【答案】（1）证明： 当时,有,即:， 从而得,去分母整理得:. 又因当,且,所以. 当,,即,所以,即. 所以由等比中项的定义可知:数列是1为首项,公比为的等比数列. （2）①； ②当且仅当时,存在使得等式成立； 当且仅当时,存在使得等式成立； 当且仅当时,存在使得等式成立. 【解析】 【分析】（1）由,可得有去分母即可得到.再验证也满足即可. （2）由,可求出通项进而得到.通过化简,显然可以利用裂项相消求解的前项和.求解.能够求出,显然当能够整除12即可求出值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 解:①因,由(1)可知.当,, 所以当,. 经检验,不满足.所以； ②又因为， 所以，当,,即. 当时,, 所以.即： 所以. 假设存在,使得:成立. 故,即:,要使得是正整数, 只需整除12,因,故有,所以只能取3,4,6,12. 所以当,得,此时; 当,得,此时; 当,得,此时; 当,得,不满足是正整数,此时无解. 综上可知,当且仅当时,存在使得等式成立； 当且仅当时,存在使得等式成立； 当且仅当时,存在使得等式成立. 19. 已知椭圆的离心率为，左焦点为，左､右顶点分别为，上顶点为，且的外接圆半径为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设斜率存在的直线交椭圆于两点（位于轴的两侧），记直线的斜率分别为，若. （i）试判断直线是否过定点，若是，求出此定点坐标；若不是，请说明理由； （ii）设直线与轴的交点为，记与的面积分别为，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）直线恒过定点；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由离心率推出的关系式，再由题设求得和，借助于正弦定理求出，即得椭圆方程； （2）（i）设直线，将其与椭圆方程联立，写出韦达定理，设直线的斜率为，计算得，再由可得，利用斜率公式，结合韦达定理，化简计算求得或，验证取舍后即得直线的方程，即可证得结论；（ii）根据（i）的结论可推得，令，结合韦达定理推得，由可得，进而求出的范围，即可求得的取值范围. 【小问1详解】 如图，连接，因椭圆的离心率为，则，即， 在中，，则， 在中，，由正弦定理得， 解得故，则椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 （i）由题知直线的斜率存在，且不为0，设直线， 联立，消去，可得， 依题意，，即， 设，则， 设直线的斜率为，因为，且， 则，即， 又因为，故， 即有，即（*）， 又，所以， 代入（*），可得， 化简得，解得或， 又位于轴的两侧，所以，解得， 所以，故直线的方程，故必过定点. （ii）由（i）已得直线过定点， 则，， 于是，令，则，由（i）可得， 由，解得， 再代入，可得， 化简得， 因为，所以，即：， 解得，即， 则，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $