甘肅省蘭州市市區片2025屆數學高二上期末質量檢測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知動圓過定點，并且與定圓外切，則動圓的圓心的軌跡是（）A.拋物線 B.橢圓C.雙曲線 D.雙曲線的一支2．函數的部分圖像為（）A. B.C. D.3．閱讀如圖所示程序框圖，運行相應的程序，輸出的S的值等于（）A.2 B.6C.14 D.304．“且”是“方程表示橢圓”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件5．已知為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，則下列結論正確的是()A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則6．三棱錐D－ABC中，AC＝BD，且異面直線AC與BD所成角為60°，E、F分別是棱DC、AB的中點，則EF和AC所成的角等于()A.30° B.30°或60°C.60° D.120°7．已知各項都為正數的等比數列，其公比為q，前n項和為，滿足，且是與的等差中項，則下列選項正確的是（）A. B.C D.8．的三個內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，則（）A. B.C. D.9．已知平面內有一點，平面的一個法向量為，則下列四個點中在平面內的是（）A. B.C. D.10．“﹣3＜m＜4”是“方程表示橢圓”的（）條件A.充分不必要 B.必要不充分C.充要 D.既不充分也不必要11．已知拋物線y2＝4x的焦點為F，定點，M為拋物線上一點，則|MA|+|MF|的最小值為（）A.3 B.4C.5 D.612．如圖，在平行六面體中，底面是邊長為的正方形，若，且，則的長為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在空間直角坐標系中，經過且法向量的平面方程為，經過且方向向量的直線方程為閱讀上面材料，并解決下列問題：給出平面的方程，經過點的直線的方程為，則直線l與平面所成角的余弦值為___________.14．圓與圓的公共弦長為______15．將數列{n}按“第n組有n個數”的規則分組如下：（1），(2，3)，(4，5，6)，…，則第22組中的第一個數是_________16．已知是數列的前n項和，且，則________；數列的通項公式________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）已知拋物線的焦點F，C上一點到焦點的距離為5（1）求C的方程；（2）過F作直線l，交C于A，B兩點，若線段AB中點的縱坐標為-1，求直線l的方程18．（12分）已知函數（1）求函數的單調遞減區間；（2）在中，角，，所對的邊分別為，，，且滿足，，求面積的最大值19．（12分）已知函數，其中.（1）當時，求函數的單調性；（2）若對，不等式在上恒成立，求的取值范圍.20．（12分）已知數列滿足，（1）證明是等比數列，（2）求數列的前項和21．（12分）已知數列的前項和為，且（1）求數列的通項公式；（2）記，求數列的前項和22．（10分）已知拋物線E：過點Q(1，2)，F為其焦點，過F且不垂直于x軸的直線l交拋物線E于A，B兩點，動點P滿足△PAB的垂心為原點O.（1）求拋物線E的方程；（2）求證：動點P在定直線m上，并求的最小值.

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、D【解析】結合雙曲線定義的有關知識確定正確選項.【詳解】圓圓心為，半徑為，依題意可知，結合雙曲線的定義可知，的軌跡為雙曲線的一支.故選：D2、D【解析】先判斷奇偶性排除C，再利用排除B，求導判斷單調性可排除A.【詳解】因為，所以為偶函數，排除C；因為，排除B；當時，，，當時，，所以函數在區間上單調遞減，排除A.故選：D3、C【解析】模擬運行程序，直到得出輸出的S的值.【詳解】運行程序框圖，，，；，，；，，；，輸出.故選：C4、B【解析】根據充分條件、必要條件的定義和橢圓的標椎方程，判斷可得出結論.【詳解】解：充分性：當，方程表示圓，充分性不成立；必要性：若方程表示橢圓，則，必有且，必要性成立，因此，“且”是“方程表示橢圓”的必要不充分條件.故選：B.5、D【解析】根據空間里面直線與平面、平面與平面位置關系的相關定理逐項判斷即可.【詳解】A，若，則或異面，故該選項錯誤；B，若，則或相交，故該選項錯誤；C，若，則α，β不一定垂直，故該選項錯誤；D，若，則利用面面垂直的性質可得，故該選項正確.故選：D.6、B【解析】取AD中點為G，連接GF、GE，易知△EFG為等腰三角形，且∠EGF為異面直線AC和BD所成角或其補角，據此可求∠FEG大小，從而得EF和AC所成的角的大小【詳解】如圖，取AD中點為G，連接GF、GE，易知FG∥BD，GE∥AC，且FG＝，GE＝AC，故FG＝GE，∠EGF為異面直線AC和BD所成角或其補角，故∠EGF＝60°或120°故EF和AC所成角為∠FEG或其補角，當∠EGF＝60°時，∠FEG＝60°，當∠EGF＝120°時，∠FEG＝30°，∴EF和AC所成的角等于30°或60°故選：B7、D【解析】根據題意求得，即可判斷AB，再根據等比數列的通項公式即可判斷C；再根據等比數列前項和公式即可判斷D.【詳解】解：因為各項都為正數的等比數列，，所以，又因是與的等差中項，所以，即，解得或（舍去），故B錯誤；所以，故A錯誤；所以，故C錯誤；所以，故D正確.故選：D.8、D【解析】利用正弦定理邊化角，角化邊計算即可.【詳解】由正弦定理邊化角得，，再由正弦定理角化邊得，即故選：D.9、A【解析】設所求點的坐標為，由，逐一驗證選項即可【詳解】設所求點的坐標為，則，因為平面的一個法向量為，所以，，對于選項A，，對于選項B，，對于選項C，，對于選項D，故選：A10、B【解析】求出方程表示橢圓的充要條件是且,由此可得答案.【詳解】因為方程表示橢圓的充要條件是,解得且,所以“﹣3＜m＜4”是“方程表示橢圓”的必要不充分條件.故選:B【點睛】本題考查了由方程表示橢圓求參數的范圍,考查了充要條件和必要不充分條件,本題易錯點警示:漏掉,本題屬于基礎題.11、B【解析】作出圖象，過點M作準線的垂線，垂足為H，結合圖形可得當且僅當三點M，A，H共線時|MA|+|MH|最小，求解即可【詳解】過點M作準線的垂線，垂足為H，由拋物線的定義可知|MF|＝|MH|，則問題轉化為|MA|+|MH|的最小值，結合圖形可得當且僅當三點M，A，H共線時|MA|+|MH|最小，其最小值為.故選：B12、D【解析】由向量線性運算得，利用數量積的定義和運算律可求得，由此可求得.【詳解】由題意得：，，且，又，，，，.故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##【解析】根據材料結合已知條件求得平面的法向量以及直線的方向向量，即可用向量法求得線面角.【詳解】因為平面的方程，不妨令，則，故其過點,設其法向量為，根據題意則，即，又平面的方程為，則，不妨取，則，則平面的法向量；經過點的直線的方程為，不妨取，則，則該直線過點，則直線的方向向量.設直線與平面所成的角為，則.又，故，即直線l與平面所成角的余弦值為.故答案為：.14、【解析】兩圓方程相減可得公共弦所在直線方程，即該直線截其中一圓求弦長即可【詳解】圓與圓兩式相減得，公共弦所在直線方程為：圓，圓心為到公共弦的距離為：公共弦長故答案為：15、【解析】由已知，第組中最后一個數即為前組數的個數和，由此可求得第21組的最后一個數，從而就可得第22組的第一個數.【詳解】由條件可知，第21組的最后一個數為，所以第22組的第1個數為.故答案為：16、①.②.【解析】當時，，推導出，從而數列是從第二項起，公比為的等比數列，進而能求出數列的通項公式，即可求得答案.【詳解】為數列的前項和，①時，②①②，得：，，，，數列的通項公式為.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）；（2）.【解析】（1）由拋物線的定義，結合已知有求p，寫出拋物線方程.（2）由題意設直線l為，聯立拋物線方程，應用韋達定理可得，由中點公式有，進而求k值，寫出直線方程.【詳解】（1）由題意知：拋物線的準線為，則，可得，∴C的方程為.（2）由（1）知：，由題意知：直線l的斜率存在，令其方程為，∴聯立拋物線方程，得：，，若，則，而線段AB中點的縱坐標為-1，∴，即，得，∴直線l的方程為.【點睛】關鍵點點睛：（1）利用拋物線定義求參數，寫出拋物線方程；（2）由直線與拋物線相交，以及相交弦的中點坐標值，應用韋達定理、中點公式求直線斜率，并寫出直線方程.18、（1）（2）【解析】（1）由三角恒等變換公式化簡，根據三角函數性質求解（2）由余弦定理與面積公式，結合基本不等式求解【小問1詳解】由己知可得，由，解得：，故的單調遞減區間是【小問2詳解】，，故，得，由余弦定理得：，得，當且僅當時等號成立，故，面積最大值為19、（1）的單調遞增區間為，，單調遞減區間為，（2）【解析】（1）求導可得，分析正負即得解；（2）轉化在上恒成立為，分析函數單調性，轉化為f(1)≤1f(-1)≤1，求解即可【小問1詳解】當時，令，解得，，當變化時，，的變化情況如下表：↘極小值↗極大值↘極小值↗所以的單調遞增區間為，，單調遞減區間為，【小問2詳解】由條件可知，從而恒成立當時，；當時，因此函數在上的最大值是與兩者中的較大者為使對任意的，不等式在上恒成立，當且僅當f(1)≤1f(-1)≤1即在上恒成立所以，因此滿足條件的的取值范圍是20、（1）見解析；（2）【解析】（1）利用定義法證明是一個與n無關的非零常數，從而得出結論；（2）由（1）求出，利用分組求和法求【詳解】（1）由得，所以，所以是首項為，公比為的等比數列,，所以，（2）由（1）知的通項公式為；則所以【點睛】本題主要考查等比數列的證明以及分組求和法，屬于基礎題21、（1）（2）【解析】（1）結合作差法可直接求解；（2）由錯位相減法可直接求解.【小問1詳解】當時，；當時，，當時，滿足上式，所以；【小問2詳解】由（1）知，所以①，②，①-②得，所以.22、（1）；（2）證明見解析，的最小值為.【解析】（1）將點的坐標代入拋物線方程，由此求得的值，進而求得拋物線的方程.（2）設出直線的方程，聯立直線的方程與拋物線的方程，寫出韋達定理，設出直線的方程，聯立直線的方程求得的坐標，由此判斷出動點