山東省單縣第一中學2025屆數學高二上期末教學質量檢測模擬試題含解析

山東省單縣第一中學2025屆數學高二上期末教學質量檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y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．過坐標原點作直線的垂線，垂足為，則的取值范圍是（）A. B.C. D.2．已知函數的導數為，且滿足，則（）A. B.C. D.3．在等差數列中，，，則的值是（）A.130 B.260C.156 D.1684．已知等比數列的公比為，則“”是“是遞增數列”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件5．已知圓與圓，則圓M與圓N的位置關系是（）A.內含 B.相交C.外切 D.外離6．已知兩條不同直線和平面，下列判斷正確的是（）A.若則 B.若則C.若則 D.若則7．“﹣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8．已知向量a→=(1，1，k)，A. B.C. D.9．在直三棱柱中，側面是邊長為的正方形，，，且，則異面直線與所成的角為（）A. B.C. D.10．過點作圓的切線，則切線的方程為（）A. B.C.或 D.或11．已知函數，若在處取得極值，且恒成立，則實數的最大值為（）A. B.C. D.12．已知橢圓及以下3個函數：①；②；③，其中函數圖象能等分該橢圓面積的函數個數有（）A.0個 B.1個C.2個 D.3個二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若，m，三個數成等差數列，則圓錐曲線的離心率為______14．已知一個樣本數據為3，3，5，5，5，7，7，現在新加入一個3，一個5，一個7得到一個新樣本，則與原樣本數據相比，新樣本數據平均數______，方差______.（“變大”、“變小”、“不變”）15．雙曲線上一點P到的距離最小值為___________.16．如圖，橢圓左頂點為軸上一點滿足，且線段與橢圓交于點是以為底邊的等腰三角形，則橢圓離心率為__________.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）已知正項等比數列的前項和為，滿足，.記.（1）求數列的通項公式；（2）設數列前項和，求使得不等式成立的的最小值.18．（12分）已知橢圓的左頂點、上頂點和右焦點分別為，且的面積為，橢圓上的動點到的最小距離是（1）求橢圓的方程；（2）過橢圓的左頂點作兩條互相垂直的直線交橢圓于不同的兩點（異于點）.①證明：動直線恒過軸上一定點；②設線段中點為，坐標原點為，求的面積的最大值.19．（12分）已知橢圓，四點中，恰有三點在橢圓上（1）求橢圓的方程；（2）設直線不經過點，且與橢圓相交于不同的兩點．若直線與直線的斜率之和為，證明：直線過一定點，并求此定點坐標20．（12分）已知數列的前n項和為滿足（1）求證：是等比數列，并求數列通項公式；（2）若，數列的前項和為．求證：21．（12分）如圖，在直三棱柱中，，，，，分別為，的中點（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值22．（10分）若等比數列的各項為正，前項和為，且，.（1）求數列的通項公式；（2）若是以1為首項，1為公差的等差數列，求數列的前項和.

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】求出直線直線過的定點A，由題意可知垂足是落在以OA為直徑的圓上，由此可利用的幾何意義求得答案,【詳解】直線，即，令，解得，即直線過定點,由過坐標原點作直線的垂線，垂足為，可知：落在以OA為直徑的圓上，而以OA為直徑的圓為，如圖示：故可看作是圓上的點到原點距離的平方，而圓過原點，圓上點到原點的最遠距離為，但將原點坐標代入直線中，不成立，即直線l不過原點，所以不可能和原點重合，故，故選：D2、C【解析】首先求出，再令即可求解.【詳解】由，則，令，則，所以.故選：C【點睛】本題主要考查了基本初等函數的導數以及導數的基本運算法則，屬于基礎題.3、A【解析】由等差數列的性質計算得到，進而利用求和公式，變形求出答案.【詳解】由題意得：，故故選：A4、B【解析】先分析充分性：假設特殊等比數列即可判斷；再分析充分性，由條件得恒成立，再對和進行分類討論即可判斷.【詳解】先分析充分性：在等比數列中，，所以假設，，所以，等比數列為遞減數列，故充分性不成立；分析必要性：若等比數列的公比為，且是遞增數列，所以恒成立，即恒成立，當，時，成立，當，時，不成立，當，時，不成立，當，時，不成立，當，時，成立，當，時，不成立，當，時，不恒成立，當，時，不恒成立，所以能使恒成立的只有：，和，，易知此時成立，所以必要性成立.故選：B.5、B【解析】將兩圓方程化為標準方程形式，計算圓心距，和兩圓半徑的和差比較，可得答案,【詳解】圓,即，圓心，圓，即，圓心，則故有，所以兩圓是相交的關系，故選：B6、D【解析】根據線線、線面、面面的平行與垂直的位置關系即可判斷.【詳解】解：對于選項A：若，則與可能平行，可能相交，可能異面，故選項A錯誤；對于選項B：若，則，故選項B錯誤；對于選項C：當時不滿足，故選項C錯誤；綜上，可知選項D正確.故選：D.7、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.8、D【解析】根據向量的坐標運算和向量垂直數量積為0可解.【詳解】解：根據題意，易得a→∵與兩向量互相垂直，∴0+2+k+2=0，解得.故選：D9、C【解析】分析得出，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得異面直線與所成的角.【詳解】由題意可知，，因為，，則，，因為平面，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則點、、、，，，，因此，異面直線與所成的角為.故選：C.10、C【解析】設切線的方程為，然后利用圓心到直線的距離等于半徑建立方程求解即可.【詳解】圓的圓心為原點，半徑為1，當切線的斜率不存在時，即直線的方程為，不與圓相切，當切線的斜率存在時，設切線的方程為，即所以，解得或所以切線的方程為或故選：C11、D【解析】根據已知在處取得極值，可得，將在恒成立，轉化為，只需求，求出最小值即可得答案【詳解】解：，，由在處取得極值，得，解得，所以，，其中，.當時，，此時函數單調遞減，當時，，此時函數單調遞增，故函數在處取得極小值，，恒成立，轉化為，令，，則，，令得，當時，，此時函數單調遞減，當時，，此時函數單調遞增，所以，即得，故選：D12、C【解析】由橢圓的幾何性質可得橢圓的圖像關于原點對稱，因為函數,函數為奇函數,其圖像關于原點對稱，則①②滿足題意,對于函數在軸右側時，，只有時，，即函數在軸右側的圖像顯然不能等分橢圓在軸右側的圖像的面積,又函數為偶函數,其圖像關于軸對稱，則函數在軸左側的圖像顯然也不能等分橢圓在軸左側的圖像的面積,即函數的圖像不能等分該橢圓面積，得解.【詳解】解：因為橢圓的圖像關于原點對稱，對于①，函數為奇函數，其圖像關于原點對稱，即可知的圖象能等分該橢圓面積；對于②，函數為奇函數，其圖像關于原點對稱，即可知的圖象能等分該橢圓面積；對于③，對于函數在軸右側時，，只有時，，即函數在軸右側的圖像（如圖）顯然不能等分橢圓在軸右側的圖像的面積,又函數為偶函數,其圖像關于軸對稱，則函數在軸左側的圖像顯然也不能等分橢圓在軸左側的圖像的面積,即函數的圖像不能等分該橢圓面積，即函數圖象能等分該橢圓面積的函數個數有2個，故選C.【點睛】本題考查了橢圓的幾何性質、函數的奇偶性及函數的對稱性，重點考查了函數的性質，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由等差中項的性質求參數m，即可得曲線標準方程，進而求其離心率.【詳解】由題意，，可得，所以圓錐曲線為，則，，故.故答案為：.14、①.不變②.變大【解析】通過計算平均數和方差來確定正確答案.【詳解】原樣本平均數為，原樣本方差為，新樣本平均數為，新樣本方差為.所以平均數不變，方差變大.故答案為：不變；變大15、2【解析】設出點P的坐標，利用兩點間距離公式結合二次函數求出最小值即可作答.【詳解】設，則，即，于是得，而，則當時，，所以雙曲線上一點P到的距離最小值為2.故答案為：216、##【解析】根據題設條件可得坐標，代入橢圓方程后可求橢圓的離心率.【詳解】因為，故，，且在軸的正半軸上，則在第二象限中，故，代入橢圓方程有：即，故，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）5.【解析】(1)根據數列的遞推公式探求出其項間關系，由此求出的公比，進而求得，的通項公式.(2)利用(1)的結論結合錯位相減法求出，再將不等式變形，經推理計算得解.【小問1詳解】解：設正項等比數列的公比為，當時，，即，則有，即，而，解得，又，則，所以，所以數列，的通項公式分別為：，.【小問2詳解】解：由(1)知，，則，則，兩式相減得：于是得，由得：，即，令，，顯然，，，，，，由，解得，即數列在時是遞增的，于是得當時，即，，則，所以不等式成立的n的最小值是5.18、（1）（2）①證明見解析；②【解析】（1）根據題意得，，解方程即可；（2）①設直線：，直線：，聯立曲線分別求出點和的坐標，求直線方程判斷定點即可；②根據題意得，代入求最值即可.【小問1詳解】根據題意得，，，又，三個式子聯立解得，，，所以橢圓的方程為：【小問2詳解】①證明：設兩條直線分別為和，根據題意和得斜率存在且不等于；因為，所以設直線：，直線：；由，解得，所以，同理，.當時，，所以直線的方程為：，整理得，此時直線過定點；當時，直線的方程為：，此時直線過定點，故直線恒過定點.②根據題意得，，，，所以，當且僅當，即時等號成立，故的面積的最大值為：.【點睛】解決直線與橢圓綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；(2)強化有關直線與橢圓聯立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題19、（1）（2）證明見解析，定點【解析】（1）先判斷出在橢圓上，再代入求橢圓方程；（2）假設斜率存在，設出直線，利用斜率之和為，求出之間的關系，即可求出定點，再說明斜率不存在時，直線仍過該點即可.【小問1詳解】由對稱性同時在橢圓上或同時不在橢圓上，從而在橢圓上，因此不在橢圓上，故在橢圓上，將，代入橢圓的方程，解得，所以橢圓的方程為【小問2詳解】當直線斜率存在時，令方程為，由得所以得方程為，過定點當直線斜率不存在時，令方程為，由，即解得此時直線方程為，也過點綜上，直線過定點.【點睛】本題關鍵點在于先假設斜率存在，設出直線，利用題目所給條件得到之間的關系，即可求出定點，再說明斜率不存在時，直線仍過該點即可，屬于定點問題的常見解法，注意積累掌握.20、（1）證明見解析，（2）證明見解析【解析】（1）令可求得的值，令，由可得，兩式作差可得，利用等比數列的定義可證得結論成立，確定該數列的首項和公比，可求得數列的通項公式；（2）求得，利用錯位相減法可求得，結合數列的單調性可證得結論成立.【小問1詳解】證明：當時，，解得，當時，由可得，上述兩個等式作差得，所以，，則，因為，則，可得，，，以此類推，可知對任意的，，所以，，因此，數列是等比數列，且首項為，公比為，所以，，解得.【小問2詳解】證明：，則，其中，所以，數列為單調遞減數列，則，，，上式下式，得，所以，，因此，.21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）利用空間向量求出空間直線的向量積，即可證明兩直線垂直.（2）利用空間向量求直線與平面所成空間角的正弦就是就出平面的法向量與直線的方向向量之間夾角的余弦即可.【小問1詳解】如圖，以為坐標原點，，，所在直線為，，軸，建立空間直角坐標系，