2025届河北省鸡泽、曲周、邱县、馆陶四县高二数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2025届河北省鸡泽、曲周、邱县、馆陶四县高二数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．为推动党史学习教育各项工作扎实开展，营造“学党史、悟思想、办实事、开新局”的浓厚氛围，某校党委计划将中心组学习、专题报告会、党员活动日、主题班会、主题团日这五种活动分5个阶段安排，以推动党史学习教育工作的进行，若主题班会、主题团日这两个阶段相邻，且中心组学习必须安排在前两阶段并与党员活动日不相邻，则不同的安排方案共有（）A.10种 B.12种C.16种 D.24种2．直线，若的倾斜角为60°，则的斜率为（）A. B.C. D.3．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数到与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列、这样的数列称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，23则该数列的第100项为（）A.4862 B.4962C.4852 D.49524．命题“存在，”的否定是（）A.存在， B.存在，C.对任意， D.对任意，5．若，则下列正确的是（）A. B.C. D.6．下列命题中正确的是（）A.抛物线的焦点坐标为B.抛物线的准线方程为x=−1C.抛物线的图象关于x轴对称D.抛物线的图象关于y轴对称7．准线方程为的抛物线的标准方程为（）A. B.C. D.8．已知为坐标原点，点的坐标为，点的坐标满足，则的最小值为（）A B.C. D.49．已知正方形的四个顶点都在椭圆上，若的焦点F在正方形的外面，则的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.10．在等比数列中，是和的等差中项，则公比的值为（）A.－2 B.1C.2或－1 D.－2或111．已知双曲线的两个焦点为，，是此双曲线上的一点，且满足，，则该双曲线的方程是（）A. B.C. D.12．变量，之间有如下对应数据：3456713111087已知变量与呈线性相关关系，且回归方程为，则的值是（）A.2.3 B.2.5C.17.1 D.17.3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知拋物线的焦点为F，O为坐标原点，M的准线为l且与x轴相交于点B，A为M上的一点，直线AO与直线l相交于C点，若，，则M的标准方程为______________.14．已知、均为正实数，且，则的最小值为___________.15．若数列满足，，则__________16．若，且，则_____________三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在平面直角坐标系中，已知直线(t为参数).以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设点的直角坐标为，直线与曲线的交点为，求的值.18．（12分）中，三内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（1）求角A；（2）若，角A的角平分线交于D，，求a19．（12分）两人下棋，每局均无和棋且获胜的概率为，某一天这两个人要进行一场五局三胜的比赛，胜者赢得2700元奖金，（1）分别求以获胜、以获胜的概率；（2）若前两局双方战成，后因为其他要事而终止比赛，间，怎么分奖金才公平？20．（12分）已知等差数列的前项的和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，记数列的前项和，求使得恒成立时的最小正整数.21．（12分）已知是等差数列，其n前项和为，已知（1）求数列的通项公式：（2）设，求数列的前n项和22．（10分）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数列{an}的通项;（Ⅱ）求数列的前n项和Sn.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】对中心组学习所在的阶段分两种情况讨论得解.【详解】解：如果中心组学习在第一阶段，主题班会、主题团日在第二、三阶段，则其它活动有2种方法；主题班会、主题团日在第三、四阶段，则其它活动有1种方法；主题班会、主题团日在第四、五阶段，则其它活动有1种方法，则此时共有种方法；如果中心组学习在第二阶段，则第一阶段只有1种方法，后面的三个阶段有种方法.综合得不同的安排方案共有10种.故选:A2、D【解析】直线,斜率乘积为，斜线斜率等于倾斜角的正切值.【详解】,，所以.故选：D.3、D【解析】根据题意可得数列2，3，5，8，12，17，23，，满足：，，从而利用累加法即可求出，进一步即可得到的值【详解】2，3，5，8，12，17，23，后项减前项可得1，2，3，4，5，6，所以，所以.所以.故选：D4、D【解析】特称命题的否定：将存在改任意并否定原结论，即可知正确答案.【详解】由特称命题的否定为全称命题，知：原命题的否定为：对任意，.故选：D5、D【解析】根据不等式性质并结合反例，即可判断命题真假.【详解】对于选项A：若，则，由题意，，不妨令，，则此时，这与结论矛盾，故A错误；对于选项B：当时，若，则，故B错误；对于选项C：由，不妨令，，则此时，故C错误；对于选项D：由不等式性质，可知D正确.故选：D.6、C【解析】根据抛物线的性质逐项分析可得答案.【详解】抛物线的焦点坐标为，故A错误；抛物线的准线方程为，故B错误；抛物线的图象关于x轴对称，故C正确，D错误；故选：C.7、D【解析】的准线方程为.【详解】的准线方程为.故选：D.8、B【解析】由数量积的坐标运算求得，令，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】解：根据题意可得，、，所以，令，由约束条件作出可行域如下图所示，由得，即，由，得，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，有最小值为，即，所以故选：B9、C【解析】如图由题可得，进而可得，即求.【详解】如图根据对称性，点D在直线y=x上，可设，则，∴，可得，，即，又解得.故选：C.10、D【解析】由题可得，即求.【详解】由题意，得，所以，因为，所以，解得或.故选：D.11、A【解析】由，可得进一步求出，由此得到，则该双曲线的方程可求【详解】，即，则．即，则该双曲线的方程是：故选：A【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的方程，常用待定系数法，先定式（根据已知确定焦点所在的坐标轴，设出曲线的方程），再定式（根据已知建立方程组解方程组得解）.12、D【解析】将样本中心点代入回归方程后求解【详解】，，将样本中心点代入回归方程，得故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先利用相似关系计算，求得直线OA的方程，再联立方程求得，利用抛物线定义根据即得p值，即得结果.【详解】因为，，所以，则，如图，，故，解得，所以，直线OA的斜率为，OA的方程，联立直线OA与抛物线方程，解得，所以，故，则抛物线标准方程为.故答案为：.14、【解析】由基本不等式可得出关于的不等式，即可解得的最小值.【详解】因、均为正实数，由基本不等式可得，整理可得，，，则，解得，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.故答案为：.15、7【解析】根据递推公式，依次求得值.【详解】依题意，由，可知，故答案为：716、【解析】由，可得，，，从而利用换底公式及对数的运算性质即可求解.【详解】解：因为，所以，，，又，所以，所以，所以，故答案为：.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）3.【解析】（1）把展开得，两边同乘得,再代极坐标公式得曲线的直角坐标方程.（2）将代入曲线C的直角坐标方程得，再利用直线参数方程t的几何意义和韦达定理求解.【详解】（1）把展开得，两边同乘得①将代入①，即得曲线的直角坐标方程为②（2）将代入②式，得，点M的直角坐标为（0，3），设这个方程的两个实数根分别为t1，t2，则∴t1＜0，t2＜0则由参数t的几何意义即得.【点睛】本题主要考查极坐标和直角坐标的互化、直线参数方程t的几何意义，属于基础题.18、（1）（2）【解析】（1）根据正弦定理统一三角函数化简即可求解；（2）根据角平分线建立三角形面积方程求出b,再由余弦定理求解即可.【小问1详解】由及正弦定理，得∵，∴∵，∴∵，∴【小问2详解】∵，∴，解得由余弦定理，得，∴.19、（1）以获胜、以获胜的概率分别是；（2）分给分别元，元.【解析】（1）以获胜、以获胜，则分别要连胜三局，前三局胜两局输一局，第四局胜利；（2）求出若两局之后正常结束比赛时，的胜率，按照胜率分奖金.【小问1详解】设以获胜、以获胜的事件分别为，依题意要想获胜，必须从第一局开始连胜局，；要想获胜，则前局只能胜局，且第局胜利，故概率;【小问2详解】设前两局双方战成后胜，胜的事件分别为.若胜,则可能连胜局，或者局只胜场，第局胜，故概率；由于两人比赛没有和局，获胜的概率为，则获胜的概率为，若胜,则可能连胜局，或者局只胜场，第局胜，故概率.故奖金应分给元，分给元.20、(1)(2)1【解析】（1）先设设等差数列的公差为，由，列出方程组求出首项和公差即可；（2）由(1)先求出，再由裂项相消法求数列的前项和即可.【详解】解：（1）设等差数列的公差为，因为，，所以解得所以数列的通项公式为.（2）由（1）可知∴,∴，∴，∴的最小正整数为1【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，以及裂项相消法求数列前项和的问题，熟记公式即可，属于基础题型.21、（1）；（2）.【解析】（1）利用等差数列的基本量，结合已知条件，列出方程组，求得首项和公差