甘肃省武威市2025届高二数学第一学期期末综合测试模拟试题含解析

甘肃省武威市2025届高二数学第一学期期末综合测试模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．在区间内随机取一个数，则方程表示焦点在轴上的椭圆的概率是A. B.C. D.2．数列，，，，…，的通项公式可能是（）A. B.C. D.3．在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为4天，那么感染人数超过1000人大约需要（）（初始感染者传染个人为第一轮传染，这个人每人再传染个人为第二轮传染）A.20天 B.24天C.28天 D.32天4．已知直线与直线平行，则实数a值为（）A.1 B.C.1或 D.5．设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象可能为（）A. B.C. D.6．已知圆，圆，M，N分别是圆上的动点，P为x轴上的动点，则以的最小值为（）A B.C. D.7．设是等比数列，且，，则（）A.12 B.24C.30 D.328．若，则下列等式一定成立的是（）A. B.C. D.9．已知下列四个命题，其中正确的是（）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A，B，C三点不共线，O是平面ABC外一点，下列条件中能确定点M与点A，B，C一定共面的是A. B.C. D.12．圆与圆的位置关系为（）A.外切 B.内切C.相交 D.相离二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知曲线，则曲线在点处的切线方程为____________.14．已知函数，数列是正项等比数列，且，则__________15．过抛物线的焦点F作斜率大于0的直线l交抛物线于A，B两点（A在B的上方），且l与准线交于点C，若，则_________.16．若函数解析式，则使得成立的的取值范围是___________.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）在柯桥古镇的开发中，为保护古桥OA，规划在O的正东方向100m的C处向对岸AB建一座新桥，使新桥BC与河岸AB垂直，并设立一个以线段OA上一点M为圆心，与直线BC相切的圆形保护区（如图所示），且古桥两端O和A与圆上任意一点的距离都不小于50m，经测量，点A位于点O正南方向25m，，建立如图所示直角坐标系（1）求新桥BC的长度；（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最小？18．（12分）在平面直角坐标系中，动点，满足，记点的轨迹为（1）请说明是什么曲线，并写出它的方程；（2）设不过原点且斜率为的直线与交于不同的两点，，线段的中点为，直线与交于两点，，请判断与的关系，并证明你的结论19．（12分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且求A和B的大小；若M，N是边AB上的点，，求的面积的最小值20．（12分）已知在时有极值0.（1）求常数，的值；（2）求在区间上的最值.21．（12分）已知数列为等差数列，是公比为2的等比数列，且满足（1）求数列和的通项公式；（2）令求数列的前n项和；22．（10分）（1）求函数的单调区间.（2）用向量方法证明：已知直线l，a和平面，，，，求证：.

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、D【解析】若方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得，，故方程表示焦点在轴上的椭圆的概率是，故选D.2、D【解析】利用数列前几项排除A、B、C，即可得解；【详解】解：由，排除A，C，由，排除B，分母为奇数列，分子为，故数列的通项公式可以为，故选：D3、B【解析】根据题意列出方程，利用等比数列的求和公式计算n轮传染后感染的总人数，得到指数方程，求得近似解，然后可得需要的天数.【详解】感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n轮传染,则每轮新增感染人数为，经过n轮传染，总共感染人数为：即，解得，所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要24天，故选：B【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程4、A【解析】根据两直线平行的条件列方程，化简求得，检验后确定正确答案.【详解】由于直线与直线平行，所以，或，当时，两直线方程都为，即两直线重合，所以不符合题意.经检验可知符合题意.故选：A5、D【解析】根据的图象可得的单调性，从而得到在相应范围上的符号和极值点，据此可判断的图象.【详解】由的图象可知，在上为增函数，且在上存在正数，使得在上为增函数，在为减函数，故在有两个不同的零点，且在这两个零点的附近，有变化，故排除A，B.由在上为增函数可得在上恒成立，故排除C.故选：D.【点睛】本题考查导函数图象的识别，此类问题应根据原函数的单调性来考虑导函数的符号与零点情况，本题属于基础题.6、A【解析】求出圆关于轴的对称圆的圆心坐标，以及半径，然后求解圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，即可求出的最小值.【详解】圆关于轴对称圆的圆心坐标，半径为1，圆的圆心坐标为，半径为3，易知，当三点共线时，取得最小值，的最小值为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，即：.故选：A.注意:9至12题为多选题7、D【解析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，则，，因此，.故选：D.【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题8、D【解析】利用复数除法运算和复数相等可用表示出，进而得到之间关系.【详解】，，，则.故选：D.9、B【解析】根据基本初等函数的求导公式和求导法则即可求解判断.【详解】，故A错误；，故B正确；，故C错误；，故D错误.故选：B.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、D【解析】首先利用坐标法，排除错误选项，然后对符合的选项验证存在使得，由此得出正确选项.【详解】不妨设.对于A选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故A选项错误.对于B选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故B选项错误.对于C选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故C选项错误.对于D选项，，由于的竖坐标为，故在平面上，也即四点共面.下面证明结论一定成立：由，得，即，故存在，使得成立，也即四点共面.故选：D.【点睛】本小题主要考查空间四点共面的证明方法，考查空间向量的线性运算，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.12、A【解析】根据两圆半径和、差、圆心距之间的大小关系进行判断即可.【详解】由，该圆的圆心为，半径为.圆圆心为，半径为，因为两圆的圆心距为，两圆的半径和为，所以两圆的半径和等于两圆的圆心距，因此两圆相外切，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】求解导函数，然后根据导数的几何意义求出切线斜率，并计算，利用点斜式写出切线方程.【详解】，由题意，切线的斜率为，，所以曲线在点处的切线方程为，即.故答案为：14、##9.5【解析】根据给定条件计算当时，的值，再结合等比数列性质计算作答.【详解】函数，当时，，因数列是正项等比数列，且，则，，同理，令，又，则有，，所以.故答案为：15、2【解析】分别过A，B作准线的垂线，垂足分别为，，由可求.【详解】分别过A，B作准线的垂线，垂足分别为，，设，，则，∴，∴.故答案为：2.16、【解析】由题意先判断函数为偶函数，再利用的导函数判断在上单调递增，根据偶函数的对称性得上单调递减.要使成立，即，解不等式即可得到答案.【详解】，，为偶函数，当时，，故函数在上单调递增.为偶函数，在上单调递减.要使成立，即.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）80m；（2）.【解析】（1）根据斜率的公式，结合解方程组法和两点间距离公式进行求解即可；（2）根据圆的切线性质进行求解即可.【小问1详解】由题意，可知，，∵∴直线BC方程：①，同理可得：直线AB方程：②由①②可知，∴，从而得故新桥BC得长度为80m【小问2详解】设，则，圆心，∵直线BC与圆M相切，∴半径，又因为，∵∴，所以当时，圆M的面积达到最小18、（1）椭圆，（2），证明见解析【解析】（1）结合椭圆第一定义直接判断即可求出的轨迹为；（2）设直线的方程为，，，联立椭圆方程，写出韦达定理；由中点公式求出点，进而得出直线方程，联立椭圆方程求出，结合弦长公式可求，可转化为，结合韦达定理可化简，进而得证.【小问1详解】设，，则因为，满足，即动点表示以点，为左、右焦点，长轴长为4，焦距为的椭圆，其轨迹的方程为；【小问2详解】可以判断出，下面进行证明：设直线的方程为，，，由方程组，得①，方程①判别式为，由，即，解得且由①得，，所以点坐标为，直线方程为，由方程组，得，，所以又所以.19、（1），（2）【解析】利用正余弦定理化简即求解A和B的大小利用正弦定理把CN、CM表示出来，结合三角函数的性质，即可求解的面积的最小值【详解】解：，由正弦定理得：，，，可得，即;,由由余弦定理可得：，，如图所示:设，,在中由正弦定理,得,由可知,,所以:,同理,由于,故，此时故的面积的最小值为【点睛】本题考查了正余弦定理的应用，三角函数的有界限求解最值范围，考查了推理能力与计算能力，属于中档题20、（1），；（2）最小值为0，最大值为4.【解析】（1）对求导，根据在时有极值0，得到，再求出，的值；（2）由（1）知，，然后判断的单调性，再求出的值域【详解】解：（1），由题知：联立（1）、（2）有(舍)或.当时在定义域上单调递增，故舍去；所以，，经检验，符合题意（2）当，时，故方程有根或由，得或由得，函数的单调增区间为：，，减区间为：.函数在取得极大值，在取极小值；经计算，，，，所以最小值为0，最大值为4.21、（1），（2）【解析】（1）根据等差数列和等比数列通项公式得到，根据通项公式的求法得到结果；（2）分组求和即可.【小问1详解】设的公差为,由已知,有解得，所以