新疆喀什市深喀第一高級中學2025屆高二上數學期末學業質量監測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．設等比數列的前項和為，若，，則（）A.66 B.65C.64 D.632．將正整數1，2，3，4，…按如圖所示的方式排成三角形數組，則第19行從左往右數第5個數是（）A.381 B.361C.329 D.4003．魯班鎖運用了中國古代建筑中首創的榫卯結構，相傳由春秋時代各國工匠魯班所作，是由六根內部有槽的長方形木條，按橫豎立三方向各兩根凹凸相對咬合一起，形成的一個內部卯榫的結構體.魯班鎖的種類各式各樣，千奇百怪.其中以最常見的六根和九根的魯班鎖最為著名.下圖1是經典的六根魯班鎖及六個構件的圖片，下圖2是其中的一個構件的三視圖（圖中單位：mm），則此構件的表面積為（）A. B.C. D.4．已知命題：，，命題：，，則（）A.是假命題 B.是真命題C.是真命題 D.是假命題5．內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．若，則一定是（）A.等腰三角形 B.等邊三角形C.直角三角形 D.等腰直角三角形6．已知四面體，所有棱長均為2，點E，F分別為棱AB，CD的中點，則（）A.1 B.2C.-1 D.-27．已知拋物線：，焦點為，若過的直線交拋物線于、兩點，、到拋物線準線的距離分別為3、7，則長為A.3 B.4C.7 D.108．若曲線表示圓，則m的取值范圍是（）A. B.C. D.9．已知是拋物線上的點，F是拋物線C的焦點，若，則（）A1011 B.2020C.2021 D.202210．等軸雙曲線的中心在原點，焦點在軸上，與拋物線的準線交于兩點，且則的實軸長為A.1 B.2C.4 D.811．數列中，，，．當時，則n等于（）A.2016 B.2017C.2018 D.201912．若函數有兩個零點，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若不等式的解集為，則________14．若函數在[1，3]單調遞增，則a的取值范圍___15．雙曲線的一條漸近線的一個方向向量為，則______（寫出一個即可）16．曲線在處的切線方程為______.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）已知數列的前n項和，遞增等比數列滿足，且.（1）求數列，的通項公式；（2）求數列的前n項和為.18．（12分）某班名學生期中考試數學成績的頻率分布直方圖如圖所示，其中成績分組區間是、、、.（1）估計該班本次測試的平均分；（2）在、中按分層抽樣的方法抽取個數據，再從這個數據中任抽取個，求抽出個中至少有個成績在中的概率.19．（12分）已知橢圓的離心率為，橢圓過點.（1）求橢圓C的方程；（2）過點的直線交橢圓于M、N兩點，已知直線MA，NA分別交直線于點P，Q，求的值.20．（12分）已知圓：與直線：.（1）證明：直線過定點，并求出其坐標；（2）當時，直線l與圓C交于A，B兩點，求弦的長度.21．（12分）已知函數.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）若，且，討論函數的零點個數.22．（10分）設函數.（1）討論函數在區間上的單調性；（2）函數，若對任意的，總存在使得，求實數的取值范圍.

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】根據等比數列前項和的片段和性質求解即可.【詳解】解：由題知：，，，所以，，成等比數列，即5，15，成等比數列，所以，解得.故選：B.2、C【解析】觀察規律可知，從第一行起，每一行最后一個數是連續的完全平方數，據此容易得出答案.【詳解】由圖中數字排列規律可知：第1行從左往右最后1個數是，第2行從左往右最后1個數是，第3行從左往右最后1個數是，……第18行從左往右最后1個數為，第19行從左往右第5個數是故選：C.3、B【解析】由三視圖可知，該構件是長為100，寬為20，高為20的長方體的上面的中間部分去掉一個長為40，寬為20，高為10的小長方體的一個幾何體，進而求出表面積即可.【詳解】由三視圖可知，該構件是長為100，寬為20，高為20的長方體的上面的中間部分去掉一個長為40，寬為20，高為10的小長方體的一個幾何體，如下圖所示，其表面積為：.故選：B.【點睛】本題考查幾何體的表面積的求法，考查三視圖，考查學生的空間想象能力與計算求解能力，屬于中檔題.4、C【解析】先分別判斷命題、的真假，再利用邏輯聯結詞“或”與“且”判斷命題的真假.【詳解】由題意，，所以，成立，即命題為真命題，，所以不存在，使得，即命題為假命題，所以是假命題，為真命題，所以是真命題，是假命題，是假命題，是真命題.故選：C5、C【解析】利用余弦定理角化邊整理可得.【詳解】由余弦定理有，整理得，故一定是直角三角形.故選：C6、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分別為棱AB，CD的中點，則，，，所以.故選：D7、D【解析】利用拋物線的定義，把的長轉化為點到準線的距離的和得解【詳解】解：拋物線：，焦點為，過的直線交拋物線于、兩點，、到拋物線準線的距離分別為3、7，則故選D【點睛】本題考查拋物線定義的應用，意在考查學生對該知識的理解掌握水平和分析推理能力.8、C【解析】按照圓的一般方程滿足的條件求解即可.【詳解】或.故選：C.9、C【解析】結合向量坐標運算以及拋物線的定義求得正確答案.【詳解】設，因為是拋物線上的點，F是拋物線C的焦點，所以，準線為：，因此，所以，即，由拋物線的定義可得，所以故選：C10、B【解析】設等軸雙曲線的方程為拋物線,拋物線準線方程為設等軸雙曲線與拋物線的準線的兩個交點,，則,將，代入，得等軸雙曲線的方程為的實軸長為故選11、B【解析】根據已知條件用逐差法求得的通項公式，再根據裂項求和法求得，代值計算即可.【詳解】因為，，則,即，則，故，又，即，解得.故選：B.12、C【解析】函數有兩個零點等價于方程有兩個根，等價于與圖象有兩個交點，通過導數分析的單調性，根據圖象即可求出求出的范圍.【詳解】函數有兩個零點，方程有兩個根，，分離參數得，與圖象有兩個交點，令，，令，解得當時，，在單調遞增，當時，，在單調遞減，且在處取得極大值及最大值，可以畫出函數的大致圖象如下：觀察圖象可以得出.故選：C.【點睛】本題主要考查函數零點的應用，構造函數求函數的導數，利用函數極值和導數之間的關系是解決本題的關鍵.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、11【解析】根據題意得到2與3是方程的兩個根，再根據兩根之和與兩根之積求出，進而求出答案.【詳解】由題意得：2與3是方程的兩個根，則，，所以.故答案為：1114、【解析】由在區間上恒成立來求得的取值范圍.【詳解】依題意在區間上恒成立，在上恒成立，所以.故答案為：15、(答案不唯一)【解析】寫出雙曲線的漸近線方程，結合方向向量的定義求即可.【詳解】由題設，雙曲線的漸近線方程為，又是一條漸近線的一個方向向量，所以或或或，所以或.故答案為：(答案不唯一)16、【解析】先求出函數的導函數，然后結合導數的幾何意義求解即可.【詳解】解：由，得，則，即當時，，所以切線方程為：，故答案為：.【點睛】本題考查了曲線在某點處的切線方程的求法，屬基礎題.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）先求，再由求出，設等比數列的公比為q，由條件可得，解出結合條件可得答案.（2）由（1）可得，利用錯位相減法可求【小問1詳解】，當時，，也滿足上式，∴，則.設等比數列的公比為q，由得，解得或.因為是遞增等比數列，所以，.【小問2詳解】①①①②：∴18、（1）；（2）.【解析】（1）將每個矩形底邊的中點值乘以對應矩形的面積，再將所得結果全部相加可得的值；（2）分析可知，所抽取的個數據中，成績在內的有個，分別記為、、、，成績在內的有個，分別記為、，列舉出所有的基本事件，并確定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【小問1詳解】解：由頻率分布直方圖可得.【小問2詳解】解：因為數學成績在、內的頻率分別為、，所以，所抽取的個數據中，成績在內的有個，分別記為、、、，成績在內的有個，分別記為、，從這個數據中，任取抽取個，所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、，共個，其中，事件“抽出個中至少有個成績在中”所包含的基本事件有：、、、、、、、、，共個，故所求概率為.19、（1）（2）1【解析】（1）由題意得到關于a，b的方程組，求解方程組即可確定橢圓方程；（2）首先聯立直線與橢圓的方程，然后由直線MA，NA的方程確定點P，Q的縱坐標，將線段長度的比值轉化為縱坐標比值的問題，進一步結合韋達定理可證得，從而可得兩線段長度的比值.【小問1詳解】由題意，點橢圓上，有，解得故橢圓C的方程為.【小問2詳解】當直線l的斜率不存在時，顯然不符；當直線l的斜率存在時，設直線l為：聯立方程得：由，設，有又由直線AM：，令x=-4得，將代入得：，同理得：.很明顯，且，注意到，，而，故所以.【點睛】本題考查求橢圓的方程，解題關鍵是利用離心率與橢圓上的點，找到關于a，b，c的等量關系求解a與b．本題中直線方程代入橢圓方程整理后應用韋達定理求出，．表示出，，然后轉化為相應的比值關系．考查了學生的運算求解能力，邏輯推理能力．屬于中檔題20、（1）證明見解析，（2）【解析】（1）將直線方程化為，解方程得出定點；（2）求出圓心到直線的距離，再由幾何法得出弦長.【小問1詳解】證明：因為直線，所以．令，解得，所以不論取何值，直線必過定點【小問2詳解】當時，直線為，圓心圓心到直線的距離，則21、（1）.（2）答案見解析.【解析】（1）求導函數，求得，，由此可求得曲線在點處的切線方程；（2）求得導函數，分和討論，當時，設，求導函數，分析導函數的符號，得出所令函數的單調性，從而得函數的單調性，根據零點存在定理可得答案.【小問1詳解】解：當時，，所以，故，，所以曲線在點處的切線方程為.【小問2詳解】解：依題意，則，當時，，所以在上單調遞增；當時，設，此時，所以在上單調遞增，又，，所以存在，使得，且在上單調遞減，在上單調遞增.綜上所述，在上單調遞減，在上單調遞增.又，所以當，即時，有唯一零點在區間上，當，即時，在上無零點；故當時，在上有1個零點；當時，在上無零點.22、（1）答案見解析；（2）.【解析】（1）求導，根據導函數的正負性分類討論進行求解即可；（2）根據存在性和任意性的定義，結合導數的性質、（1）的結論、構造函