山西省怀仁县第八中学2025届高二上数学期末调研模拟试题含解析

山西省怀仁县第八中学2025届高二上数学期末调研模拟试题注意事项：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．等差数列的通项公式，数列，其前项和为，则等于（）A. B.C. D.2．设，则“”是“直线与直线平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件3．已知函数，则（）A.1 B.2C.3 D.54．椭圆的长轴长是（）A.3 B.4C.6 D.85．在等差数列中，，则（）A.6 B.3C.2 D.16．给出下列结论：①如果数据的平均数为3，方差为0.2，则的平均数和方差分别为14和1.8；②若两个变量的线性相关性越强，则相关系数r的值越接近于1．③对A、B、C三种个体按3：1：2的比例进行分层抽样调查，若抽取的A种个体有15个，则样本容量为30．则正确的个数是（）.A.3 B.2C.1 D.07．已知函数，要使函数有三个零点，则的取值范围是（）A. B.C. D.8．空间直角坐标系中，已知则点关于平面的对称点的坐标为（）A. B.C. D.9．若直线与曲线只有一个公共点，则m的取值范围是（）A. B.C.或 D.或10．设正实数，满足(其中为正常数)，若的最大值为3，则（）A.3 B.C. D.11．设数列的前项和为，若，，，则、、、中，最大的是（）A. B.C. D.12．如图，在平行六面体中，，则与向量相等的是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．曲线在点处的切线方程为__________14．在等差数列中，前n项和记作，若，则______15．已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线左支上点满足，则的面积为_________16．如图三角形数阵：132456109871112131415……按照自上而下，自左而右的顺序，位于第行的第列，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）已知数列的前n项和为，，且（1）求数列的通项公式；（2）令，记数列的前n项和为，求证：18．（12分）已知圆C经过点，，且它的圆心C在直线上.（1）求圆C的方程；（2）过点作圆C的两条切线，切点分别为M，N，求三角形PMN的面积.19．（12分）在①；②，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设的面积为S，已知_________.（1）求的值；（2）若，求值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.20．（12分）某快递公司近60天每天揽件数量的频率分布直方图如下图所示（同一组数据用该区间的中点值作代表）.（1）求这60天每天包裹数量的平均值和中位数；（2）在这60天中包裹件数在和的两组中，用分层抽样的方法抽取30件，求在这两组中应分别抽取多少件？21．（12分）已知椭圆一个顶点恰好是抛物线的焦点，椭圆C的离心率为.（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）从椭圆C在第一象限内的部分上取横坐标为2的点P，若椭圆C上有两个点A，B使得的平分线垂直于坐标轴，且点B与点A的横坐标之差为，求直线AP的方程.22．（10分）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为，直线与椭圆交于不同的两点M，N（1）求椭圆的标准方程；（2）当的面积为时，求的值

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】根据裂项求和法求得，再计算即可.【详解】解：由题意得====所以.故选：D2、A【解析】根据两直线平行的充要条件求出a的值，然后可判断.【详解】当时，，所以两直线平行；若两直线平行，则且，解得或，所以，“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.故选：A3、C【解析】利用导数的定义，以及运算法则，即可求解.【详解】，，所以，所以故选：C4、D【解析】根据椭圆方程可得到a，从而求得长轴长.【详解】椭圆方程为，故，所以椭圆长轴长为，故选:D.5、B【解析】根据等差数列下标性质进行求解即可.【详解】因为是等差数列，所以，故选：B6、B【解析】对结论逐一判断【详解】对于①，则的平均数为，方差为，故①正确对于②，若两个变量的线性相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于1，故②错误对于③，对A、B、C三种个体按3：1：2的比例进行分层抽样调查，若抽取的A种个体有15个，则样本容量为，故③正确故正确结论为2个故选：B7、A【解析】要使函数有三个解，则与图象有三个交点，数形结合即可求解.【详解】要使函数有三个解，则与图象有三个交点，因为当时，，所以，可得在上递减，在递增，所以，有最小值，且时，，当趋向于负无穷时，趋向于0，但始终小于0，当时，单调递减，由图像可知：所以要使函数有三个零点，则.故选：A8、D【解析】根据空间直角坐标系的对称性可得答案.【详解】根据空间直角坐标系的对称性可得关于平面的对称点的坐标为，故选：D.9、D【解析】根据曲线方程的特征，发现曲线表示在轴上方的图象，画出图形，根据图形上直线的三个特殊位置，当已知直线位于直线位置时，把已知直线的解析式代入椭圆方程中，消去得到关于的一元二次方程，由题意可知根的判别式等于0即可求出此时对应的的值；当已知直线位于直线及直线的位置时，分别求出对应的的值，写出满足题意得的范围，综上，得到所有满足题意得的取值范围【详解】根据曲线，得到，解得：；，画出曲线的图象，为椭圆在轴上边的一部分，如图所示：当直线在直线的位置时，直线与椭圆相切，故只有一个交点，把直线代入椭圆方程得：，得到，即，化简得：，解得或(舍去)，则时，直线与曲线只有一个公共点；当直线在直线位置时，直线与曲线刚好有两个交点，此时，当直线在直线位置时，直线与曲线只有一个公共点，此时，则当时，直线与曲线只有一个公共点，综上，满足题意得的范围是或故选：D10、D【解析】由于，，为正数，且，所以利用基本不等式可求出结果【详解】解：因为正实数，满足(其中为正常数)，所以，则，所以，所以故选：D.11、C【解析】求出的表达式，解不等式可得结果.【详解】由已知可得，故数列为等差数列，且公差为，所以，，令可得.因此，当时，最大.故选：C.12、A【解析】根据空间向量的线性运算法则——三角形法，准确运算，即可求解.【详解】由题意，在平行六面体中，，可得.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可【详解】由题，当时，，故点在曲线上求导得：，所以故切线方程为故答案为：14、16【解析】根据等差数列前项和公式及下标和性质以及通项公式计算可得；【详解】解：因为，所以，即，所以，所以，所以；故答案为：15、3【解析】由双曲线方程可得，利用双曲线定义，以及直角三角形的勾股定理可得，由此求得答案.【详解】由双曲线的左、右焦点分别为，双曲线左支上点满足，可得:，则，且，故，所以，故，故答案为：316、【解析】由题意可知到第行结束一共有个数字，由此可知在第行；又由图可知，奇数行从左到右是从小到大排列，偶数行从左到右是从大到小排列，第行个数字从大到小排列，由此可知在到数第列，据此即可求出，进而求出结果.【详解】由图可知，第1行有1个数字，第2行有2个数字，第2行有3个数字，……第行有个数字，由此规律可知，到第行结束一共有个数字；又当时，，所以第行结束一共有个数字；当时，，所以在第行，故；由图可知，奇数行从左到右是从小到大排列，偶数行从左到右是从大到小排列，第行是偶数行，共个数字，从大到小排列，所以在倒数第列，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）证明见解析【解析】（1）依题意可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出数列的通项公式；（2）由（1）可得，利用错位相减法求和，即可证明；【小问1详解】解：因为，，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以；【小问2详解】解：由（1）可知，所以①，所以②；①②得所以；18、（1）；（2）.【解析】（1）由题设知，设圆心，应用两点距离公式列方程求参数a，进而确定圆心坐标、半径，写出圆C的方程；（2）利用两点距离公式、切线的性质可得、，再应用三角形面积公式求三角形PMN的面积.【小问1详解】由已知，可设圆心，且，从而有，解得.所以圆心，半径.所以，圆C的方程为.【小问2详解】连接PC，CM，CN，MN，由（1）知：圆心，半径.所以.又PM，PN是圆C的切线，所以，，则，，所以，所以.19、条件选择见解析；（1）；（2）.【解析】（1）若选择①，先利用正弦定理进行边角互化，再结合正余弦的和差角公式化简可得，得出；若选择②，利用余弦定理及面积公式可得，得；（2）由（1）可知，由及得，，再根据余弦定理求解的值.【详解】解析：（1）选择条件①.，，得，选择条件②，由余弦定理及三角形的面积公式可得：，得.（2）由得，∵，，∴，解得.由余弦定理得：.【点睛】本题考查解三角形，难度一般.解答的关键在于根据题目中边角关系，运用正弦定理进行边角互化、再根据两角和与差的正弦公式进行化简是关键.一般地，当等式中含有a,b,c的关系式，且全为二次时，可利用余弦定理进行化简；当含有内角的正弦值及边的关系，且为一次式时，可考虑采用正弦定理进行边角互化.20、（1）平均数和中位数都为260件；（2）在的件数为，在的件数为.【解析】（1）由每组频率乘以组中值相加即可得平均数，设中位数为，由落在区间内的频率为0.5可得结果；（2）先得频率分别为0.1，0.5，由分层抽样的概念即可得结果.【详解】（1）每天包裹数量的平均数为；设中位数为，易知，则，解得.所以公司每天包裹的平均数和中位数都为260件.（2）件数在，的频率分别为0.1，0.5频率之比为1：5，所抽取的30件中，在的件数为，在的件数为.21、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由题意可得关于参数的方程，解之即可得到结果；（Ⅱ）设直线AP的斜率为k，联立方程结合韦达定理可得A点坐标，同理可得B点坐标，结合横坐标之差为，可得直线方程.【详解】（Ⅰ）由抛物线方程可得焦点为，则椭圆C的一个顶点为，即.由，解得.∴椭圆C的标准方程是；（Ⅱ）由题可知点，设直线AP的斜率为k，由题意知，直线BP的斜率为，设，，直线AP的方程为，即.联立方程组消去y得.∵P，A为直线AP与椭圆C的交点，∴，即.把换成，得.∴，解得，当时，直线BP的方程为，经验证与椭圆C相切，不符合题意；当时，直线BP的方程为，符合