黑龍江省綏化市普通高中2025屆數學高三上期末質量跟蹤監視模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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．已知雙曲線：（，）的右焦點與圓：的圓心重合，且圓被雙曲線的一條漸近線截得的弦長為，則雙曲線的離心率為（）A．2 B． C． D．32．將函數圖象上每一點的橫坐標變為原來的2倍，再將圖像向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則函數圖象的一個對稱中心為（）A． B． C． D．3．已知復數滿足，則=（）A． B．C． D．4．如圖是一個幾何體的三視圖，則這個幾何體的體積為（）A． B． C． D．5．在中所對的邊分別是，若，則（）A．37 B．13 C． D．6．已知是兩條不重合的直線，是兩個不重合的平面，下列命題正確的是（）A．若，，，，則B．若，，，則C．若，，，則D．若，，，則7．已知等差數列滿足，公差，且成等比數列，則A．1 B．2 C．3 D．48．若函數有兩個極值點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．9．執行如圖所示的程序框圖，如果輸入，則輸出屬于（）A． B． C． D．10．設全集U=R，集合，則（）A．{x|-1<x<4} B．{x|-4<x<1} C．{x|-1≤x≤4} D．{x|-4≤x≤1}11．設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是A．α內有無數條直線與β平行B．α內有兩條相交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線D．α，β垂直于同一平面12．已知復數為虛數單位），則z的虛部為（）A．2 B． C．4 D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在中，角的對邊分別為，且．若為鈍角，，則的面積為____________．14．在四棱錐中，底面為正方形，面分別是棱的中點，過的平面交棱于點，則四邊形面積為__________.15．設、滿足約束條件，若的最小值是，則的值為__________.16．已知一組數據1.6，1.8，2，2.2，2.4，則該組數據的方差是_______．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）設數列的前n項和滿足，，，（1）證明：數列是等差數列，并求其通項公式﹔（2）設，求證：.18．（12分）已知動圓過定點，且與直線相切，動圓圓心的軌跡為，過作斜率為的直線與交于兩點，過分別作的切線，兩切線的交點為，直線與交于兩點．（1）證明：點始終在直線上且；（2）求四邊形的面積的最小值．19．（12分）設（1）當時，求不等式的解集；（2）若，求的取值范圍.20．（12分）已知函數（1）求單調區間和極值；（2）若存在實數，使得，求證：21．（12分）已知拋物線的焦點為，點在拋物線上，，直線過點，且與拋物線交于，兩點．（1）求拋物線的方程及點的坐標；（2）求的最大值．22．（10分）已知數列的前項和為，且滿足（）.（1）求數列的通項公式；（2）設（），數列的前項和.若對恒成立，求實數，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、A【解析】

由已知，圓心M到漸近線的距離為，可得，又，解方程即可.【詳解】由已知，，漸近線方程為，因為圓被雙曲線的一條漸近線截得的弦長為，所以圓心M到漸近線的距離為，故，所以離心率為.故選：A.【點睛】本題考查雙曲線離心率的問題，涉及到直線與圓的位置關系，考查學生的運算能力，是一道容易題.2、D【解析】

根據函數圖象的變換規律可得到解析式，然后將四個選項代入逐一判斷即可.【詳解】解：圖象上每一點的橫坐標變為原來的2倍,得到再將圖像向左平移個單位長度，得到函數的圖象，故選：D【點睛】考查三角函數圖象的變換規律以及其有關性質，基礎題.3、B【解析】

利用復數的代數運算法則化簡即可得到結論.【詳解】由，得，所以，.故選：B.【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，屬于基礎題.4、A【解析】

由三視圖還原原幾何體如圖，該幾何體為組合體，上半部分為半球，下半部分為圓柱，半球的半徑為1，圓柱的底面半徑為1，高為1．再由球與圓柱體積公式求解．【詳解】由三視圖還原原幾何體如圖，該幾何體為組合體，上半部分為半球，下半部分為圓柱，半球的半徑為1，圓柱的底面半徑為1，高為1．則幾何體的體積為．故選：．【點睛】本題主要考查由三視圖求面積、體積，關鍵是由三視圖還原原幾何體，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平．5、D【解析】

直接根據余弦定理求解即可．【詳解】解：∵，∴，∴，故選：D．【點睛】本題主要考查余弦定理解三角形，屬于基礎題．6、B【解析】

根據空間中線線、線面位置關系，逐項判斷即可得出結果.【詳解】A選項，若，，，，則或與相交；故A錯；B選項，若，，則，又，是兩個不重合的平面，則，故B正確；C選項，若，，則或或與相交，又，是兩個不重合的平面，則或與相交；故C錯；D選項，若，，則或或與相交，又，是兩個不重合的平面，則或與相交；故D錯；故選B【點睛】本題主要考查與線面、線線相關的命題，熟記線線、線面位置關系，即可求解，屬于常考題型.7、D【解析】

先用公差表示出，結合等比數列求出.【詳解】,因為成等比數列，所以，解得.【點睛】本題主要考查等差數列的通項公式.屬于簡單題，化歸基本量，尋求等量關系是求解的關鍵.8、A【解析】試題分析：由題意得有兩個不相等的實數根，所以必有解，則，且，∴．考點：利用導數研究函數極值點【方法點睛】函數極值問題的常見類型及解題策略（1）知圖判斷函數極值的情況.先找導數為0的點，再判斷導數為0的點的左、右兩側的導數符號.（2）已知函數求極值.求f′（x）―→求方程f′（x）＝0的根―→列表檢驗f′（x）在f′（x）＝0的根的附近兩側的符號―→下結論.（3）已知極值求參數.若函數f（x）在點（x0，y0）處取得極值，則f′（x0）＝0，且在該點左、右兩側的導數值符號相反.9、B【解析】

由題意，框圖的作用是求分段函數的值域，求解即得解.【詳解】由題意可知，框圖的作用是求分段函數的值域，當；當綜上：.故選：B【點睛】本題考查了條件分支的程序框圖，考查了學生邏輯推理，分類討論，數學運算的能力，屬于基礎題.10、C【解析】

解一元二次不等式求得集合，由此求得【詳解】由，解得或.因為或，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查一元二次不等式的解法，考查集合補集的概念和運算，屬于基礎題.11、B【解析】

本題考查了空間兩個平面的判定與性質及充要條件，滲透直觀想象、邏輯推理素養，利用面面平行的判定定理與性質定理即可作出判斷．【詳解】由面面平行的判定定理知：內兩條相交直線都與平行是的充分條件，由面面平行性質定理知，若，則內任意一條直線都與平行，所以內兩條相交直線都與平行是的必要條件，故選B．【點睛】面面平行的判定問題要緊扣面面平行判定定理，最容易犯的錯誤為定理記不住，憑主觀臆斷，如：“若，則”此類的錯誤．12、A【解析】

對復數進行乘法運算，并計算得到，從而得到虛部為2.【詳解】因為，所以z的虛部為2.【點睛】本題考查復數的四則運算及虛部的概念，計算過程要注意.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

轉化為，利用二倍角公式可求解得，結合余弦定理可得b，再利用面積公式可得解.【詳解】因為，所以．又因為，且為銳角，所以．由余弦定理得，即，解得，所以故答案為：【點睛】本題考查了正弦定理和余弦定理的綜合應用，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.14、【解析】

設是中點，由于分別是棱的中點，所以，所以，所以四邊形是平行四邊形.由于平面，所以，而，，所以平面，所以.由于，所以，也即，所以四邊形是矩形.而.從而.故答案為：.【點睛】本小題主要考查空間平面圖形面積的計算，考查線面垂直的判定，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.15、【解析】

畫出滿足條件的平面區域，求出交點的坐標，由得，顯然直線過時，最小，代入求出的值即可．【詳解】作出不等式組所表示的可行域如下圖所示：聯立，解得，則點.由得，顯然當直線過時，該直線軸上的截距最小，此時最小，，解得.故答案為：．【點睛】本題考查了簡單的線性規劃問題，考查數形結合思想，是一道中檔題．16、0.08【解析】

先求解這組數據的平均數，然后利用方差的公式可得結果.【詳解】首先求得，．故答案為：0.08.【點睛】本題主要考查數據的方差，明確方差的計算公式是求解的關鍵，側重考查數據分析的核心素養.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）證明見解析【解析】

（1）由，作差得到，進一步得到，再作差即可得到，從而使問題得到解決；（2），求和即可.【詳解】（1），，兩式相減：①用換，得②②—①，得，即，所以數列是等差數列，又，∴，，公差，所以.（II）.【點睛】本題考查由與的關系求通項以及裂項相消法求數列的和，考查學生的計算能力，是一道容易題.18、（1）見解析（2）最小值為1．【解析】

（1）根據拋物線的定義，判斷出的軌跡為拋物線，并由此求得軌跡的方程.設出兩點的坐標，利用導數求得切線的方程，由此求得點的坐標.寫出直線的方程，聯立直線的方程和曲線的方程，根據韋達定理求得點的坐標，并由此判斷出始終在直線上，且.（2）設直線的傾斜角為，求得的表達式，求得的表達式，由此求得四邊形的面積的表達式進而求得四邊形的面積的最小值．【詳解】(1)∵動圓過定點，且與直線相切，∴動圓圓心到定點和定直線的距離相等，∴動圓圓心的軌跡是以為焦點的拋物線，∴軌跡的方程為：，設，∴直線的方程為：，即：①，同理，直線的方程為：②，由①②可得：，直線方程為：，聯立可得：，，∴點始終在直線上且；（2）設直線的傾斜角為，由（1）可得：，，∴四邊形的面積為：，當且僅當或，即時取等號，∴四邊形的面積的最小值為1.【點睛】本小題主要考查動點軌跡方程的求法，考查直線和拋物線的位置關系，考查拋物線中四邊形面積的最值的計算，考查運算求解能力，屬于中檔題.19、（1）（2）【解析】

(1)通過討論的范圍,得到關于的不等式組,解出取并集即可.(2)去絕對值將函數寫成分段函數形式討論分段函數的單調性由恒成立求得結果.【詳解】解：（1）當時，，即或或解之得或，即不等式的解集為.（2）由題意得：當時為減函數，顯然恒成立.當時，為增函數，，當時，為減函數，綜上所述：使恒成立的的取值范圍為.【點睛】本題考查了解絕對值不等式問題,考查不等式恒成立問題中求解參數問題,考查分類討論思想,轉化思想,屬于中檔題.20、（1）時，函數單調遞增，，函數單調遞減，；（2）見解析【解析】

（1）求出函數的定義域與導函數，利用導數求函數的單調區間，即可得到函數的極值；（2）易得且，要證明，即證，即證，即對恒成立，構造函數，，利用導數研究函數的單調性與最值，即可得證；【詳解】解：（1）因為定義域為，所以，時，，即在和上單調遞增，當時，，即函數在單調遞減，所以在處取得極小值，在處取得極大值；，；（2）易得，要證明，即證，即證即證對恒成立，令，，則令，解得，即在上單調遞增；令，解得，即在上單調遞減；則在取得極小值，也就是最小值，從而結論得證.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性與極值，利用導數證明不等式，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，屬于中檔題．21、（1），；（2）1．【解析】

（1）根據拋物線上的點到焦點和準線的距離相等，可得p值，即可求拋物線C的方程從而可得解；（2）設直線l的方程為：x+my﹣1＝0，代入y2＝4x，得，y2+4my﹣4＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），則y1+y2＝﹣4m，y1y2＝﹣4，x1+x2＝2+4m2，x1x2＝1，（），（x2﹣2，），由此能求出的最大值．【詳解】（1）∵點F是拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點，P（2，y0）是拋物線上一點，|PF|＝3，∴23，解得：p＝2，∴拋物線C的方程為y2＝4x，∵點P（2，n）（n＞0）在拋物線C上，∴n2＝4×2＝8，由n＞0，得n＝2，∴P（2，2）．（2）∵F（1，0），∴設直線l的方程為：x+my﹣1＝0，代入y2＝4x，整理得，y2+4my﹣4＝0設A（x1，y1），B（x2，y2），則y1，y2是y2+4my﹣4＝0的兩個不同實根，∴y1+y2＝﹣4m，y1y2＝﹣4，x1+x2＝（1﹣my1）+（1﹣my2）＝2﹣m（y1+y2）＝2+4m2，x1x2＝（1﹣my1）（1﹣my2）＝1﹣m（y1+y2）+m2y1y2＝1+4m2﹣4m2＝1，（），（x2﹣2，），（x1﹣2）（x2﹣2）+（）（）＝x1x2﹣2（x1+x2）+4＝1﹣4﹣8m2+4﹣4+8m+8＝﹣8m2+8m+5＝﹣8（m）2+1．∴當m時，取最大值1．【點睛】本題考查拋物線方程的求法，考查向量的數量積的最大值的求法，考查拋物線、直線方程、韋達定理等基礎知識，考查運算