2025屆天津市天津一中高二上數學期末學業水平測試模擬試題注意事項：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。回答非選擇題時，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．和的等差中項與等比中項分別為（）A.， B.2，C.， D.1，2．雙曲線的左、右焦點分別為、，P為雙曲線C的右支上一點．以O為圓心a為半徑的圓與相切于點M，且，則該雙曲線的漸近線為（）A. B.C. D.3．若是函數的一個極值點，則的極大值為（）A. B.C. D.4．在等差數列中，，，則使數列的前n項和成立的最大正整數n=（）A.2021 B.2022C.4041 D.40425．在正三棱錐S-ABC中，AB=4，D、E分別是SA、AB中點，且DE⊥CD，則三棱錐S-ABC外接球的體積為（）A.π B.πC.π D.π6．若拋物線x＝﹣my2的焦點到準線的距離為2，則m＝（）A.﹣4 B.C. D.±7．已知雙曲線的虛軸長是實軸長的2倍，則實數的值是A. B.C. D.8．已知拋物線的焦點為F，點A在拋物線上，直線FA與拋物線的準線交于點M，O為坐標原點.若，且，則（）A.1 B.2C.3 D.49．均勻壓縮是物理學一種常見現象.在平面直角坐標系中曲線均勻壓縮，可用曲線上點的坐標來描述.設曲線上任意一點，若將曲線縱向均勻壓縮至原來的一半，則點的對應點為.同理，若將曲線橫向均勻壓縮至原來的一半，則曲線上點的對應點為.若將單位圓先橫向均勻壓縮至原來的一半，再縱向均勻壓縮至原來的，得到的曲線方程為（）A. B.C. D.10．圓上到直線的距離為的點共有A.個 B.個C.個 D.個11．已知，若，則（）A. B.2C. D.e12．瑞士數學家歐拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的幾何學》一書中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一條直線上．后人稱這條直線為歐拉線．已知△ABC的頂點，其歐拉線方程為，則頂點C的坐標是（）A.（） B.（）C.（） D.（）二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知為拋物線：的焦點，為拋物線上在第一象限的點.若為的中點，為拋物線的頂點，則直線斜率的最大值為______.14．橢圓的左、右焦點分別為，，過焦點的直線交該橢圓于兩點，若的內切圓面積為，兩點的坐標分別為，，則的面積________，的值為________.15．在平行六面體中，點P是AC與BD的交點，若，且，則___________.16．在平面直角坐標系xOy中，AB是圓O：x2＋y2＝1的直徑，且點A在第一象限；圓O1：(x﹣a)2＋y2＝r2(a＞0)與圓O外離，線段AO1與圓O1交于點M，線段BM與圓O交于點N，且，則a的取值范圍為_______.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．（12分）已知函數.（1）若與在處有相同的切線，求實數的取值；（2）若時，方程在上有兩個不同的根，求實數的取值范圍.18．（12分）公差不為0的等差數列中，，且成等比數列（1）求數列的通項公式；（2）設，數列的前n項和為．若，求的取值范圍19．（12分）如圖，四棱錐中，，，，平面，點F在線段上運動.（1）若平面，請確定點F的位置并說明理由；（2）若點F滿足，求平面與平面的夾角的余弦值.20．（12分）等差數列的公差d不為0，滿足成等比數列，數列滿足.（1）求數列與通項公式：（2）若，求數列的前n項和.21．（12分）某市對排污水進行綜合治理，征收污水處理費，系統對各廠一個月內排出的污水量x噸收取的污水處理費y元，運行程序如圖所示：INPUTxIFTHENELSEIFTHENELSEENDIFENDIFPRINTyEND（1）請寫出y與x的函數關系式；（2）求排放污水150噸的污水處理費用.22．（10分）某城市100戶居民的月平均用電量（單位：度），以，，，，，，分組的頻率分布直方圖如圖（1）求直方圖中的值；（2）求月平均用電量的眾數和中位數

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、C【解析】根據等差中項和等比中項的概念分別求值即可.【詳解】和的等差中項為，和的等比中項為.故選：C.2、A【解析】連接、，利用中位線定理和雙曲線定義構建參數關系，即求得漸近線方程.【詳解】如圖，連接、，∵M是的中點，∴是的中位線，∴，且，根據雙曲線的定義，得，∴，∵與以原點為圓心a為半徑的圓相切，∴，可得，中，，即得，，解得，即，得.由此得雙曲線的漸近線方程為.故選：A.【點睛】本題考查了雙曲線的定義的應用和漸近線的求法，屬于中檔題.3、D【解析】先對函數求導，由已知，先求出，再令，并判斷函數在其左右兩邊的單調性，從而確定極大值點，然后帶入原函數即可完成求解.【詳解】因為，，所以，所以，，令，解得或，所以當，，單調遞增；時，，單調遞減；當，，單調遞增，所以的極大值為故選：D4、C【解析】根據等差數列的性質易得，，再應用等差數列前n項和公式及等差中項、下標和的性質可得、，即可確定答案.【詳解】因為是等差數列且，，所以，，.故選：C.5、C【解析】取中點，連接，證明平面，得證，然后證明平面，得兩兩垂直，以為棱把三棱錐補成一個正方體，正方體的對角線是其外接球的直徑，而正方體的外接球也是正三棱錐的外接球，由此計算可得【詳解】取中點，連接，則，，，平面，所以平面，又平面，所以，D、E分別是SA、AB的中點，則，又，所以，，平面，所以平面，而平面，所以，，是正三棱錐，因此，因此可以為棱把三棱錐補成一個正方體，正方體的對角線是其外接球的直徑，而正方體的外接球也是正三棱錐的外接球，由，得，所以所求外接球直徑為，半徑為，球體積為故選：C6、D【解析】把拋物線的方程化為標準方程，由焦點到準線的距離為，即可得到結果，得到答案.【詳解】由題意，拋物線，可得，又由拋物線的焦點到準線的距離為2，即，解得.故選D.【點睛】本題主要考查了拋物線的標準方程，以及簡單的幾何性質的應用，其中解答中熟記拋物線的焦點到準線的距離為是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.7、C【解析】由方程表示雙曲線知，又雙曲線的虛軸長是實軸長的2倍，所以，即，所以故選C.考點：雙曲線的標準方程與簡單幾何性質.8、D【解析】設，由和在拋物線上，求出和，利用求出p.【詳解】過A作AP垂直x軸與P.拋物線的焦點為，準線方程為.設，因為，所以，解得：.因為在拋物線上，則.所以，即，解得：.故選：D9、C【解析】設單位圓上一點為，經過題設變換后坐標為，則，代入圓的方程即可得曲線方程.【詳解】由題設，單位圓上一點坐標為，經過橫向均勻壓縮至原來的一半，縱向均勻壓縮至原來的，得到對應坐標為，∴，則，故中，可得：.故選：C.10、C【解析】求出圓的圓心和半徑，比較圓心到直線的距離和圓的半徑的關系即可得解.【詳解】圓可變為，圓心為，半徑為，圓心到直線的距離，圓上到直線的距離為的點共有個.故選：C.【點睛】本題考查了圓與直線的位置關系，考查了學生合理轉化的能力，屬于基礎題.11、B【解析】求得導函數，則，計算即可得出結果.【詳解】,.,解得：.故選：B12、A【解析】根據題意，求得的外心，再根據外心的性質，以及重心的坐標，聯立方程組，即可求得結果.【詳解】因為，故的斜率，又的中點坐標為，故的垂直平分線的方程為，即，故△的外心坐標即為與的交點，即，不妨設點，則，即；又△的重心的坐標為，其滿足，即，也即，將其代入，可得，，解得或，對應或，即或，因為與點重合，故舍去.故點的坐標為.故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解析】由題意，可得，設，，，根據是線段的中點，求出的坐標，可得直線的斜率，利用基本不等式即可得結論【詳解】解：由題意，可得，設，，，，是線段的中點，則，，，當且僅當時取等號，直線的斜率的最大值為1故答案為：114、①.6②.3【解析】由題意得，由內切圓面積為可得其半徑，根據焦點三角形面積公式可得第一空答案，結合面積公式和等面積法建立等式化簡即可.【詳解】解：由得由內切圓面積為可得其半徑，設其內切圓圓心為則又所以.故答案為：6；3【點睛】橢圓中常用面積公式：（1）(表示邊上的高)；（2）；（3）(為三角形內切圓半徑)；（4）.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、【解析】根據判斷出四邊形為平行四邊形，由此求得圓的方程以及的長，進而判斷出點在圓上，根據圓與圓的位置關系，求得的取值范圍.【詳解】四邊形ONO1M為平行四邊形，即ON＝MO1＝r＝1，所以圓的方程為，且ON為△ABM的中位線AM＝2ON＝2AO1＝3，故點A在以O1為圓心，3為半徑的圓上，該圓的方程為：，故與x2＋y2＝1在第一象限有交點，即2＜a＜4，由，解得，故a的取值范圍為(，4).故答案為：【點睛】本小題主要考查圓與圓的位置關系，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查數形結合的數學思想方法，屬于難題.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）根據導數的幾何意義求得函數在處的切線方程，再由有相同的切線這一條件即可求解；（2）先分離，再研究函數的單調性，最后運用數形結合的思想求解即可.【小問1詳解】設公切線與的圖像切于點，f'(x)=1+lnx?f由題意得：；【小問2詳解】當時，，①，①式可化為為，令令，，在上單調遞增，在上單調遞減.，當時，由題意知：18、（1）（2）【解析】（1）利用等比數列的定義以及等差數列的性質，列出方程即可得到答案；（2）先求出的通項，再利用的單調性即可得到的最小值，從而求得的取值范圍【小問1詳解】依題意，，，所以，設等差數列的公差為，則，解得，所以【小問2詳解】，則數列是遞增數列，，所以，若，則.19、（1）F為BD的中點，證明見解析；（2）.【解析】（1）由為的中點，取的中點，連接易證四邊形為平行四邊形，得到，再利用線面平行的判定定理證明；（2）根據題意可得平面ABC與平面AFC的夾角為二面角，取的中點H為坐標原點，建立空間直角坐標系，分別求得平面的一個法向量，平面的一個法向量，設二面角為，由求解.【小問1詳解】為的中點.如圖：取的中點，連接∵，分別為，的中點，∴且∵且∴平行且等于∴四邊形為平行四邊形，則∵平面ABC，平面ABC∴平面ABC【小問2詳解】由題意知，平面ABC與平面AFC的夾角為二面角，取的中點H為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系.因為三角形為等腰三角形，易求，則，，所以，，設平面的一個法向量為，則，即，解得設平面的一個法向量為，則，即，解得設二面角為，則，因為二面角為銳角，所以余弦值為.20、（1），（2）【解析】（1）根據等比中項的性質及等差數列的通項公式得到方程求出公差，即可求出的通項公式，由，當時，求出，當時，兩式作差，即可求出；（2）由（1）可得，利用錯位相減法求和即可；【小問1詳解】解：由已知，又，所以故解得（舍去）或∴∵①故當時，可知，∴，當時，可知②①②得∴又也滿足，故當時，都有；【小問2詳解】解：由（1）知，故③，∴④，由③④得整理得.21、（1）；（2）1400（元）.【解析】（1）根據已知條件即可容易求得函數關系式；