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文档简介
新疆喀什市深喀第一高级中学2025届高二上数学期末学业质量监测模拟试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.设等比数列的前项和为,若,,则()A.66 B.65C.64 D.632.将正整数1,2,3,4,…按如图所示的方式排成三角形数组,则第19行从左往右数第5个数是()A.381 B.361C.329 D.4003.鲁班锁运用了中国古代建筑中首创的榫卯结构,相传由春秋时代各国工匠鲁班所作,是由六根内部有槽的长方形木条,按横竖立三方向各两根凹凸相对咬合一起,形成的一个内部卯榫的结构体.鲁班锁的种类各式各样,千奇百怪.其中以最常见的六根和九根的鲁班锁最为著名.下图1是经典的六根鲁班锁及六个构件的图片,下图2是其中的一个构件的三视图(图中单位:mm),则此构件的表面积为()A. B.C. D.4.已知命题:,,命题:,,则()A.是假命题 B.是真命题C.是真命题 D.是假命题5.内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若,则一定是()A.等腰三角形 B.等边三角形C.直角三角形 D.等腰直角三角形6.已知四面体,所有棱长均为2,点E,F分别为棱AB,CD的中点,则()A.1 B.2C.-1 D.-27.已知抛物线:,焦点为,若过的直线交抛物线于、两点,、到抛物线准线的距离分别为3、7,则长为A.3 B.4C.7 D.108.若曲线表示圆,则m的取值范围是()A. B.C. D.9.已知是抛物线上的点,F是抛物线C的焦点,若,则()A1011 B.2020C.2021 D.202210.等轴双曲线的中心在原点,焦点在轴上,与抛物线的准线交于两点,且则的实轴长为A.1 B.2C.4 D.811.数列中,,,.当时,则n等于()A.2016 B.2017C.2018 D.201912.若函数有两个零点,则实数a的取值范围是()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若不等式的解集为,则________14.若函数在[1,3]单调递增,则a的取值范围___15.双曲线的一条渐近线的一个方向向量为,则______(写出一个即可)16.曲线在处的切线方程为______.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.(12分)已知数列的前n项和,递增等比数列满足,且.(1)求数列,的通项公式;(2)求数列的前n项和为.18.(12分)某班名学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示,其中成绩分组区间是、、、.(1)估计该班本次测试的平均分;(2)在、中按分层抽样的方法抽取个数据,再从这个数据中任抽取个,求抽出个中至少有个成绩在中的概率.19.(12分)已知椭圆的离心率为,椭圆过点.(1)求椭圆C的方程;(2)过点的直线交椭圆于M、N两点,已知直线MA,NA分别交直线于点P,Q,求的值.20.(12分)已知圆:与直线:.(1)证明:直线过定点,并求出其坐标;(2)当时,直线l与圆C交于A,B两点,求弦的长度.21.(12分)已知函数.(1)当时,求曲线在点处的切线方程;(2)若,且,讨论函数的零点个数.22.(10分)设函数.(1)讨论函数在区间上的单调性;(2)函数,若对任意的,总存在使得,求实数的取值范围.
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】根据等比数列前项和的片段和性质求解即可.【详解】解:由题知:,,,所以,,成等比数列,即5,15,成等比数列,所以,解得.故选:B.2、C【解析】观察规律可知,从第一行起,每一行最后一个数是连续的完全平方数,据此容易得出答案.【详解】由图中数字排列规律可知:第1行从左往右最后1个数是,第2行从左往右最后1个数是,第3行从左往右最后1个数是,……第18行从左往右最后1个数为,第19行从左往右第5个数是故选:C.3、B【解析】由三视图可知,该构件是长为100,宽为20,高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40,宽为20,高为10的小长方体的一个几何体,进而求出表面积即可.【详解】由三视图可知,该构件是长为100,宽为20,高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40,宽为20,高为10的小长方体的一个几何体,如下图所示,其表面积为:.故选:B.【点睛】本题考查几何体的表面积的求法,考查三视图,考查学生的空间想象能力与计算求解能力,属于中档题.4、C【解析】先分别判断命题、的真假,再利用逻辑联结词“或”与“且”判断命题的真假.【详解】由题意,,所以,成立,即命题为真命题,,所以不存在,使得,即命题为假命题,所以是假命题,为真命题,所以是真命题,是假命题,是假命题,是真命题.故选:C5、C【解析】利用余弦定理角化边整理可得.【详解】由余弦定理有,整理得,故一定是直角三角形.故选:C6、D【解析】在四面体中,取定一组基底向量,表示出,,再借助空间向量数量积计算作答.【详解】四面体所有棱长均为2,则向量不共面,两两夹角都为,则,因点E,F分别为棱AB,CD的中点,则,,,所以.故选:D7、D【解析】利用抛物线的定义,把的长转化为点到准线的距离的和得解【详解】解:抛物线:,焦点为,过的直线交抛物线于、两点,、到抛物线准线的距离分别为3、7,则故选D【点睛】本题考查抛物线定义的应用,意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.8、C【解析】按照圆的一般方程满足的条件求解即可.【详解】或.故选:C.9、C【解析】结合向量坐标运算以及抛物线的定义求得正确答案.【详解】设,因为是抛物线上的点,F是抛物线C的焦点,所以,准线为:,因此,所以,即,由抛物线的定义可得,所以故选:C10、B【解析】设等轴双曲线的方程为抛物线,抛物线准线方程为设等轴双曲线与抛物线的准线的两个交点,,则,将,代入,得等轴双曲线的方程为的实轴长为故选11、B【解析】根据已知条件用逐差法求得的通项公式,再根据裂项求和法求得,代值计算即可.【详解】因为,,则,即,则,故,又,即,解得.故选:B.12、C【解析】函数有两个零点等价于方程有两个根,等价于与图象有两个交点,通过导数分析的单调性,根据图象即可求出求出的范围.【详解】函数有两个零点,方程有两个根,,分离参数得,与图象有两个交点,令,,令,解得当时,,在单调递增,当时,,在单调递减,且在处取得极大值及最大值,可以画出函数的大致图象如下:观察图象可以得出.故选:C.【点睛】本题主要考查函数零点的应用,构造函数求函数的导数,利用函数极值和导数之间的关系是解决本题的关键.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、11【解析】根据题意得到2与3是方程的两个根,再根据两根之和与两根之积求出,进而求出答案.【详解】由题意得:2与3是方程的两个根,则,,所以.故答案为:1114、【解析】由在区间上恒成立来求得的取值范围.【详解】依题意在区间上恒成立,在上恒成立,所以.故答案为:15、(答案不唯一)【解析】写出双曲线的渐近线方程,结合方向向量的定义求即可.【详解】由题设,双曲线的渐近线方程为,又是一条渐近线的一个方向向量,所以或或或,所以或.故答案为:(答案不唯一)16、【解析】先求出函数的导函数,然后结合导数的几何意义求解即可.【详解】解:由,得,则,即当时,,所以切线方程为:,故答案为:.【点睛】本题考查了曲线在某点处的切线方程的求法,属基础题.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)先求,再由求出,设等比数列的公比为q,由条件可得,解出结合条件可得答案.(2)由(1)可得,利用错位相减法可求【小问1详解】,当时,,也满足上式,∴,则.设等比数列的公比为q,由得,解得或.因为是递增等比数列,所以,.【小问2详解】①①①②:∴18、(1);(2).【解析】(1)将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积,再将所得结果全部相加可得的值;(2)分析可知,所抽取的个数据中,成绩在内的有个,分别记为、、、,成绩在内的有个,分别记为、,列举出所有的基本事件,并确定所求事件所包含的基本事件,利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【小问1详解】解:由频率分布直方图可得.【小问2详解】解:因为数学成绩在、内的频率分别为、,所以,所抽取的个数据中,成绩在内的有个,分别记为、、、,成绩在内的有个,分别记为、,从这个数据中,任取抽取个,所有的基本事件有:、、、、、、、、、、、、、、,共个,其中,事件“抽出个中至少有个成绩在中”所包含的基本事件有:、、、、、、、、,共个,故所求概率为.19、(1)(2)1【解析】(1)由题意得到关于a,b的方程组,求解方程组即可确定椭圆方程;(2)首先联立直线与椭圆的方程,然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标,将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题,进一步结合韦达定理可证得,从而可得两线段长度的比值.【小问1详解】由题意,点椭圆上,有,解得故椭圆C的方程为.【小问2详解】当直线l的斜率不存在时,显然不符;当直线l的斜率存在时,设直线l为:联立方程得:由,设,有又由直线AM:,令x=-4得,将代入得:,同理得:.很明显,且,注意到,,而,故所以.【点睛】本题考查求椭圆的方程,解题关键是利用离心率与椭圆上的点,找到关于a,b,c的等量关系求解a与b.本题中直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出,.表示出,,然后转化为相应的比值关系.考查了学生的运算求解能力,逻辑推理能力.属于中档题20、(1)证明见解析,(2)【解析】(1)将直线方程化为,解方程得出定点;(2)求出圆心到直线的距离,再由几何法得出弦长.【小问1详解】证明:因为直线,所以.令,解得,所以不论取何值,直线必过定点【小问2详解】当时,直线为,圆心圆心到直线的距离,则21、(1).(2)答案见解析.【解析】(1)求导函数,求得,,由此可求得曲线在点处的切线方程;(2)求得导函数,分和讨论,当时,设,求导函数,分析导函数的符号,得出所令函数的单调性,从而得函数的单调性,根据零点存在定理可得答案.【小问1详解】解:当时,,所以,故,,所以曲线在点处的切线方程为.【小问2详解】解:依题意,则,当时,,所以在上单调递增;当时,设,此时,所以在上单调递增,又,,所以存在,使得,且在上单调递减,在上单调递增.综上所述,在上单调递减,在上单调递增.又,所以当,即时,有唯一零点在区间上,当,即时,在上无零点;故当时,在上有1个零点;当时,在上无零点.22、(1)答案见解析;(2).【解析】(1)求导,根据导函数的正负性分类讨论进行求解即可;(2)根据存在性和任意性的定义,结合导数的性质、(1)的结论、构造函
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