成都市新都一中2025届数学高二上期末监测模拟试题含解析

成都市新都一中2025届数学高二上期末监测模拟试题考生须知：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．为调查学生的课外阅读情况，学校从高二年级四个班的182人中随机抽取30人了解情况，若用系统抽样的方法，则抽样的间隔和随机剔除的个数分别为（）A.6，2 B.2，3C.2，60 D.60，22．已知正数x，y满足，则取得最小值时（）A. B.C.1 D.3．已知等差数列的前项和为，若，则（）A B.C. D.4．已知A（3，2），点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上移动，为使取得最小值，则点P的坐标为（）A.（0，0） B.（2，2）C. D.5．已知数列的前n项和为，且对任意正整数n都有，若，则（）A.2019 B.2020C.2021 D.20226．若抛物线的准线方程是，则抛物线的标准方程是（）A. B.C. D.7．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，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第7项为（）A.101 B.99C.95 D.918．某市物价部门对5家商场的某商品一天的销售量及其售价进行调查，5家商场的售价（元）和销售量（件）之间的一组数据如表所示.按公式计算，与的回归直线方程是，则下列说法错误的是（）售价99.51010.511销售量1110865A.B.售价变量每增加1个单位时，销售变量大约减少3.2个单位C.当时，的估计值为12.8D.销售量与售价成正相关9．命题“若，则”的逆命题、否命题、逆否命题中是真命题的个数为（）A.0个 B.1个C.2个 D.3个10．阿基米德（公元前287年～公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到的椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的对称轴为坐标轴，焦点在轴上，且椭圆的离心率为，面积为，则椭圆的标准方程为（）A. B.C. D.11．已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为A. B.C. D.12．设集合或，，则（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若复数满足，则_____14．已知是数列的前n项和，且，则________；数列的通项公式________15．经过点，，的圆的方程为______.16．随机抽取某社区名居民，调查他们某一天吃早餐所花的费用（单位：元），所获数据的茎叶图如图所示，则这个数据的众数是_________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）一款小游戏的规则如下：每盘游戏都需抛掷骰子三次，出现一次或两次“6点”获得15分，出现三次“6点”获得120分，没有出现“6点”则扣除12分(即获得－12分)（Ⅰ）设每盘游戏中出现“6点”的次数为X，求X的分布列；（Ⅱ）玩两盘游戏，求两盘中至少有一盘获得15分概率；（Ⅲ）玩过这款游戏的许多人发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象18．（12分）已知函数，其中（1）讨论的单调性；（2）若不等式对一切恒成立，求实数k的最大值19．（12分）已知数列{an}的首项a1＝1，且an＋1＝(n∈N*).（1）证明：数列是等比数列；（2）设bn＝－，求数列{bn}的前n项和Sn.20．（12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线：，点，过点的直线l与抛物线交于A，B两点：当l与抛物线的对称轴垂直时，（1）求抛物线的标准方程；（2）若点A在第一象限，记的面积为，的面积为，求的最小值21．（12分）已知椭圆的左焦点为，上顶点为，直线与椭圆的另一个交点为A（1）求点A的坐标；（2）过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点（均与A，不重合），过点与轴垂直的直线分别交直线，于点，，证明：点，关于轴对称22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点，，（1）求直线BC的方程；（2）记的外接圆为圆M，若直线OC被圆M截得的弦长为4，求点C的坐标

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】根据系统抽样的方法即可求解.【详解】从人中抽取人，除以,商余，故抽样的间隔为，需要随机剔除人.故选：A.2、B【解析】根据基本不等式进行求解即可.【详解】因为正数x，y，所以，当且仅当时取等号，即时，取等号，而，所以解得，故选：B3、B【解析】利用等差数列的性质可求得的值，再结合等差数列求和公式以及等差中项的性质可求得的值.【详解】由等差数列的性质可得，则，故.故选：B.4、B【解析】设点P到准线的距离为，根据抛物线的定义可知，即可根据点到直线的距离最短求出【详解】如图所示：设点P到准线的距离为，准线方程为，所以，当且仅当点为与抛物线的交点时，取得最小值，此时点P的坐标为故选：B5、C【解析】先令代入中，求得，再根据递推式得到，将与已知相减，可判断数列是等比数列，进而确定，求得答案.【详解】因为，令，则，又，故，即，故数列是等比数列，则，所以，所以，故选：C.6、D【解析】根据抛物线的准线方程，可直接得出抛物线的焦点，进而利用待定系数法求得抛物线的标准方程【详解】准线方程为，则说明抛物线的焦点在轴的正半轴则其标准方程可设为：则准线方程为：解得：则抛物线的标准方程为：故选：D7、C【解析】根据所给数列找到规律：两次后项减前项所得数列为公差为2的数列，进而反向确定原数列的第7项.【详解】根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：故选：C.8、D【解析】首先求出、，再根据回归直线方程必过样本中心点，即可求出，再根据回归直线方程的性质一一判断即可；【详解】解：因为，，与回归直线方程，恒过定点，，解得，故A正确，所以回归直线方程为，即售价变量每增加1个单位时，销售变量大约减少3.2个单位，故B正确；当时，即当时，的估计值为12.8，故C正确；因为回归直线方程为，所以销售量与售价成负相关，故D错误；故选：D9、B【解析】先判断出原命题和逆命题的真假，进而根据互为逆否的两个命题同真或同假最终得到答案.【详解】“若a=0，则ab=0”，命题为真，则其逆否命题也为真；逆命题为：“若ab=0，则a=0”，显然a=1，b=0时满足ab=0，但a≠0，即逆命题为假，则否命题也为假.故选：B.10、C【解析】由题意，设出椭圆的标准方程为，然后根据椭圆的离心率以及椭圆面积列出关于的方程组，求解方程组即可得答案【详解】由题意，设椭圆的方程为，由椭圆的离心率为，面积为，∴，解得，∴椭圆的方程为，故选：C.11、B【解析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得所求椭圆方程为，故选B法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养12、B【解析】根据交集的概念和运算直接得出结果.【详解】由题意知，.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设，则，利用复数相等，求出，的值，结合复数的模长公式进行计算即可【详解】设，则，则由得，即，则，得，则，故答案为【点睛】本题主要考查复数模长的计算，利用待定系数法，结合复数相等求出复数是解决本题的关键14、①.②.【解析】当时，，推导出，从而数列是从第二项起，公比为的等比数列，进而能求出数列的通项公式，即可求得答案.【详解】为数列的前项和，①时，②①②，得：，，，，数列的通项公式为.故答案为：；.15、【解析】设所求圆的方程为，然后将三个点的坐标代入方程中解方程组求出的值，可得圆的方程【详解】设所求圆的方程为，则，解得，所以圆的方程为，即，故答案为：16、【解析】将个数据写出来，可得出这组数据的众数.【详解】这个数据分别为、、、、、、、、、、、、、、，该组数据的众数为.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、（Ⅰ）分布列见解析（Ⅱ）（Ⅲ）见解析【解析】（Ⅰ）先得到可能的取值为，，，，根据每次抛掷骰子，出现“6点”的概率为，得到每种取值的概率，得到分布列；（Ⅱ）计算出每盘游戏没有获得15分的概率，从而得到两盘中至少有一盘获得15分的概率；（Ⅲ）设每盘游戏得分为，得到的分布列和数学期望，从而得到结论.【详解】解：（Ⅰ）可能的取值为，，，.每次抛掷骰子，出现“6点”的概率为.，，，，所以X的分布列为：0123（Ⅱ）设每盘游戏没有得到15分为事件，则.设“两盘游戏中至少有一次获得15分”为事件，则因此，玩两盘游戏至少有一次获得15分的概率为.（Ⅲ）设每盘游戏得分为.由（Ⅰ）知，的分布列为：Y-1215120P的数学期望为.这表明，获得分数的期望为负因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大【点睛】本题考查求随机变量的分布列和数学期望，求互斥事件的概率，属于中档题.18、（1）答案见解析（2）【解析】（1）先对函数求导，然后分和讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间，（2）由题意得恒成立，构造函数，利用导数求出其最小值即可【小问1详解】由，得当时，恒成立，∴在上单调递增当时，令，得，得，∴在上单调递增，在上单调递减综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减【小问2详解】依题意得对一切恒成立，即令，则令，则在上单调递增，而当时，，即；当时，，即∴在上单调递减，在上单调递增∴∴，即k的最大值为19、（1）证明见解析.（2）2－.【解析】（1）根据递推公式，得到，推出，即可证明数列是等比数列；（2）先由（1）求出，即bn＝，再错位相减法，即可求出数列的和.【小问1详解】（1）证明：因为an＋1＝，所以＝＝＋，所以－＝－＝，又a1－≠0，所以数列为以－＝为首项，为公比的等比数列.【小问2详解】解：由（1）可得＝＋，所以bn＝，所以Sn＝＋＋＋…＋，①所以Sn＝＋＋…＋＋，②①－②得，Sn＝＋＋…＋－＝－，解得Sn＝2－.20、（1）.（2）8.【解析】（1）将点代入抛物线方程可解得基本量.（2）设直线AB为，代入联立得关于的一元二次方程，运用韦达定理，得到关于的函数关系，再求函数最值.【小问1详解】当l与抛物线的对称轴垂直时，，，则代入抛物线方程得，所以抛物线方程是【小问2详解】设点，，直线AB方程为，联立抛物线整理得：，，∴，，有，由A在第一象限，则，即，∴，可得，又O到AB的距离，∴，而，∴，，当，，单调递减；，，单调递增；∴的最小值为,此时，.21、（1）（2）证明见解析【解析】（1）先求出直线的方程，联立直线与椭圆，求出A点坐标；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，用韦达定理得到两根之和，两根之积，求出两点的纵坐标，证明出，即可证明关于轴对称.【小问1详解】由题意得，，所以直线方程为，与椭圆方程联立得解得或，当时，，所以【小问2详解】设，，的方程为，联立消去得，则，直线的方程为，设，则，直线的方程为，设，则，因