新疆乌鲁木齐市名校2025届高二上数学期末质量跟踪监视模拟试题含解析

新疆乌鲁木齐市名校2025届高二上数学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、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，则的取值范围是（）A. B.C. D.2．设为实数，则曲线：不可能是（）A.抛物线 B.双曲线C.圆 D.椭圆3．在圆上任取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足，当点P在圆上运动时，线段PD的中点M的轨迹记为C，则曲线C的离心率为（）A. B.C. D.4．已知数列满足，则满足的的最大取值为（）A.6 B.7C.8 D.95．已知双曲线C：的渐近线方程是，则m＝（）A.3 B.6C.9 D.6．已知F是双曲线C：的一个焦点，点P在C的渐近线上，O是坐标原点，，则的面积为（）A.1 B.C. D.7．一动圆与两圆x2+y2＝1和x2+y2﹣8x+12＝0都外切，则动圆圆心轨迹为（）A.圆 B.椭圆C.双曲线的一支 D.抛物线8．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为A. B.C. D.9．数列满足，且，则的值为（）A.2 B.1C. D.-110．函数的值域为（）A. B.C. D.11．已知某地区7%的男性和0.49%的女性患色盲．假如男性、女性各占一半，从中随机选一人，则此人恰是色盲的概率是（）A.0.01245 B.0.05786C.0.02865 D.0.0374512．已知椭圆：，左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，若的最大值为5，则的值是A.1 B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知椭圆的两个焦点分别为，，，点在椭圆上，若，且的面积为4，则椭圆的标准方程为______14．已知等比数列满足，则_________15．如图所示，奥林匹克标志由五个互扣的环圈组成，五环象征五大洲的团结.若从该奥林匹克标志的五个环圈中任取2个，则这2个环圈恰好相交的概率为___________.16．已知圆和直线.（1）求直线l所经过的定点的坐标，并判断直线与圆的位置关系；（2）求当k取什么值，直线被圆截得的弦最短，并求这条最短弦的长.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）已知数列的前项和，数列是各项均为正数的等比数列，其中，且成等差数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.18．（12分）如图，四棱锥中，底面为梯形，底面，，，，.（1）求证：平面平面；（2）设为上一点，满足，若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.19．（12分）已知的展开式中前三项的二项式系数之和为46，（1）求n；（2）求展开式中系数最大的项20．（12分）已知等差数列中，，，等比数列中，，（1）求数列的通项公式；（2）记，求的最小值21．（12分）已知点及圆，点P是圆B上任意一点，线段的垂直平分线l交半径于点T，当点P在圆上运动时，记点T的轨迹为曲线E（1）求曲线E的方程；（2）设存在斜率不为零且平行的两条直线，，它们与曲线E分别交于点C、D、M、N，且四边形是菱形，求该菱形周长的最大值22．（10分）如图，三棱锥中，两两垂直，，且分别为线段的中点.（1）若点是线段的中点，求证：直线平面；（2）求证：平面平面.

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、B【解析】当直线斜率存在时，设直线方程，联立方程组，结合根与系数关系可得，进而求得取值范围，当斜率不存在是，可得，两点坐标，进而可得的值.【详解】当直线斜率存在时，设直线方程为，，，联立方程，得，恒成立，则，，，，，所以，当直线斜率不存在时，直线方程为，所以，，，综上所述：，故选：B.2、A【解析】根据圆的方程、椭圆的方程、双曲线的方程和抛物线的方程特征即可判断.【详解】解：对A：因为曲线C的方程中都是二次项，所以根据抛物线标准方程的特征曲线C不可能是抛物线，故选项A正确；对B：当时，曲线C为双曲线，故选项B错误；对C：当时，曲线C为圆，故选项C错误；对D：当且时，曲线C为椭圆，故选项D错误；故选：A.3、B【解析】设，，则由题意可得，代入圆方程中化简可得曲线C的方程，从而可求出离心率【详解】设，，则，得，所以，因为点在圆上，所以，即，所以点的轨迹方程为，所以，则所以离心率为，故选：B4、B【解析】首先地推公式变形，得，，求得数列的通项公式后，再解不等式.【详解】因为，两边取倒数，得，整理为：，，所以数列是首项为1，公差为4的等差数列，，，因为，即，得，解得：，,所以的最大值是7.故选：B5、C【解析】根据双曲线的渐近线求得的值.【详解】依题意可知，双曲线的渐近线为，所以.故选：C6、B【解析】根据给定条件求出，再利用余弦定理求出即可计算作答.【详解】双曲线C：中，，其渐近线，它与x轴的夹角为，即，在中，，由余弦定理得：，即，整理得：，解得，所以面积为.故选：B7、C【解析】设动圆圆心，与两圆x2+y2＝1和x2+y2﹣8x+12＝0都外切，列出几何关系式，化简，再根据圆锥曲线的定义，可得到动圆圆心轨迹.【详解】设动圆圆心，半径为，圆x2+y2＝1的圆心为，半径为，圆x2+y2﹣8x+12＝0，得，则圆心，半径为，根据圆与圆相切，则，，两式相减得，根据定义可得动圆圆心轨迹为双曲线的一支.故选：C【点睛】本题考查了两圆的位置关系，圆锥曲线的定义，属于基础题.8、A【解析】每个同学参加的情形都有3种，故两个同学参加一组的情形有9种，而参加同一组的情形只有3种，所求的概率为p=选A9、D【解析】根据数列的递推关系式，求得数列的周期性，结合周期性得到，即可求解.【详解】解：由题意，数列满足，且，可得，可得数列是以三项为周期的周期数列，所以.故选：D.10、C【解析】根据基本不等式即可求出【详解】因为，当且仅当时取等号，所以函数的值域为故选：C11、D【解析】设出事件，利用全概率公式进行求解.【详解】用事件A，B分别表示随机选1人为男性或女性，用事件C表示此人恰是色盲，则，且A，B互斥，故故选：D12、D【解析】由题意可知椭圆是焦点在x轴上的椭圆，利用椭圆定义得到|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|，再由过椭圆焦点的弦中通径的长最短，可知当AB垂直于x轴时|AB|最小，把|AB|的最小值b2代入|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|，由|BF2|+|AF2|的最大值等于5列式求b的值即可【详解】由0＜b＜2可知，焦点在x轴上，∵过F1的直线l交椭圆于A，B两点，则|BF2|+|AF2|+|BF1|+|AF1|＝2a+2a＝4a＝8∴|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|当AB垂直x轴时|AB|最小，|BF2|+|AF2|值最大，此时|AB|＝b2，则5＝8﹣b2，解得b，故选D【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查了椭圆的定义，考查椭圆的通径公式，考查计算能力，属于中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由题意得到为直角三角形．设，，根据椭圆的离心率，定义，直角三角形的面积公式，勾股定理建立方程的方程组，消元后可求得的值.【详解】由题可知，∴,又，代入上式整理得，由得为直角三角形又的面积为4，设，，则解得所以椭圆的标准方程为14、84【解析】设公比为q，求出，再由通项公式代入可得结论【详解】设公比为q，则，解得所以故答案为：8415、【解析】利用古典概型求概率.【详解】从该奥林匹克标志的五个环圈中任取2个，共有10种情况，其中这2个环圈恰好相交的情况有4种，则所求的概率.故答案为：.16、（1）直线过定点P（4，3），直线和圆总有两个不同交点（2）k=1，【解析】(1)把直线方程化为点斜式方程即可；(2)由圆的性质知，当直线与PC垂直时，弦长最短.【小问1详解】直线方程可化为，则直线过定点P（4，3），又圆C标准方程为，圆心为，半径为，而，所以点P在圆内，所以不论k取何值，直线和圆总有两个不同交点.【小问2详解】由圆的性质知，当直线与PC垂直时，弦长最短.，所以k=1时弦长最短.弦长为.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）.【解析】（1）利用求出数列的通项，再求出等比数列的公比即得解；（2）求出，再利用错位相减法求解.【小问1详解】解：，.当时，，适合..设等比数列公比为，，，即，或（舍去），.【小问2详解】解：，，，上述两式相减，得，所以所以.18、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由三角形的边角关系可证，再由底面，可得.即可证明底面，由面面垂直的判定定理得证.（2）以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值.【详解】解析：（1）证明：由，，，，，所以，又，∴，∴，∴，因为底面，底面，∴.因为，底面，底面，底面，底面，所以面面.（2）由（1）可知为与平面所成的角，∴，∴，，由及，可得，，以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间坐标系，则，，，，设平面的法向量为，则，，取，设平面的法向量为，则，，取，所以，所以二面角余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的判定，线面垂直的性质，利用空间向量法求二面角的余弦值，属于中档题.19、（1）9（2）【解析】（1）根据要求列出方程，求出的值；（2）求出二项式展开式的通项，列出不等式组，求出的取值范围，从而求出，得到系数最大项.【小问1详解】由题意得：，解得：或，因为，所以（舍去），从而【小问2详解】二项式的展开式通项为：，则系数为，要求其最大值，则只要满足，即9!r!9-r!⋅2r≥9!r-1!10-r20、（1）（2）0【解析】（1）利用等差数列通项公式基本量的计算可求得，进而利用等比数列的基本量的计算即可求得数列的通项公式；（2）由（1）可知，则，观察分析即可解【小问1详解】设等差数列的公差为d，所以由，，得所以，从而，，所以，，q＝3，所以【小问2详解】由（1）可知，所以，当n＝1时，为正值﹐所以；当n＝2时，为负值﹐所以；当时，为正值﹐所以又综上：当n＝3时，有最小值021、（1）（2）【解析】（1）根据椭圆的定义和性质，建立方程求出，即可（2）设的方程为，，，，，设的方程为，，，，，分别联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，以及弦长公式，求得，，运用菱形和椭圆的对称性可得，关于原点对称，结合菱形的对角线垂直和向量数量积为0，可得，设菱形的周长为，运用基本不等式，计算可得所求最大值【小问1详解】点在线段的垂直平分线上，，又，曲线是以坐标原点为中心，和为焦点，长轴长为的椭圆设曲线的方程为，，，曲线的方程为【小问2详解】设的方程为，，，，，设的方程为，，，，，联立可得，由可得，化简可得，①，，，同理可得，因为四边形为菱形，所以，所以，又因为，所以，所以，关于原点对称，又椭圆关于原点对称，所以，关于原点对称，，也关于原点对称，所以且，所以，，，，因为四边形为菱形，可得，即，即，即，可得，化简可得，设菱形的周长为，则，当且仅当，即时等号成立，此时，满足①，所以菱形的周长的最大值为【点睛】关键点点睛：在处理此类直线与椭圆相交