吉林省吉林市普通中學2025屆數學高二上期末學業質量監測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．在等比數列中，，且，則t＝（）A.-2 B.－1C.1 D.22．下列結論中正確的個數為（）①，；②；③A.0 B.1C.2 D.33．若等差數列，其前n項和為，，，則（）A.10 B.12C.14 D.164．已知點在平面α上，其法向量，則下列點不在平面α上的是（）A. B.C. D.5．執行如圖所示的程序框圖，輸出的s值為()A.8 B.9C.27 D.366．已知數列的通項公式為，則“”是“數列為單調遞增數列”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件7．已知雙曲線，且三個數1，，9成等比數列，則下列結論正確的是（）A.的焦距為 B.的漸近線方程為C.的離心率為 D.的虛軸長為8．已知曲線與直線總有公共點，則m的取值范圍是（）A. B.C. D.9．傾斜角為45°，在y軸上的截距為2022的直線方程是（）A. B.C. D.10．設a，b，c分別是內角A，B，C的對邊，若，，依次成公差不為0的等差數列，則（）A.a，b，c依次成等差數列 B.，，依次成等差數列C.，，依次成等比數列 D.，，依次成等比數列11．如圖，兩個半徑為R的相交大圓，分別內含一個半徑為r的同心小圓，且同心小圓均與另一個大圓外切.已知時，在兩相交大圓的區域內隨機取一點，則該點取自兩大圓公共部分的概率為（）A. B.C. D.12．在空間直角坐標系中，已知點M是點在坐標平面內的射影，則的坐標是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．不等式的解集為，則________14．已知過點作拋物線的兩條切線,切點分別為A、B,直線經過拋物線C的焦點F,則___________15．隨機投擲一枚均勻的硬幣兩次，則兩次都正面朝上的概率為______16．已知向量，，不共線，點在平面內，若存在實數，，，使得，那么的值為________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知公差不為零的等差數列的前項和為，，且，，成等比數列（1）求的通項公式；（2）記，求數列的前項和18．（12分）在①，②，③，，成等比數列這三個條件中選擇符合題意的兩個條件，補充在下面的問題中，并求解.已知數列中，公差不等于的等差數列滿足_________，求數列的前項和.19．（12分）已知數列和中，，且，.（1）寫出，，，，猜想數列和的通項公式并證明；（2）若對于任意都有，求的取值范圍.20．（12分）已知中，分別為角的對邊，且（1）求；（2）若為邊的中點，，求的面積21．（12分）已知橢圓的離心率為，點在橢圓上，直線與交于，兩點（1）求橢圓的方程及焦點坐標；（2）若線段的垂直平分線經過點，求的取值范圍22．（10分）已知函數，，其中為自然對數的底數.（1）若為的極值點，求的單調區間和最大值；（2）是否存在實數，使得的最大值是？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】先求出，利用等比中項求出t.【詳解】在等比數列中，，且，所以所以，即，解得：.當時，，不符合等比數列的定義，應舍去，故.故選：A.2、C【解析】構造函數利用導數說明函數的單調性，即可判斷大小，從而得解；【詳解】解：令，，則，所以在上單調遞增，所以，即，即，，故①正確；令，，則，所以當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，即恒成立，所以，故②正確；令，，當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，即，所以，當且僅當時取等號，故③錯誤；故選：C3、B【解析】由等差數列前項和的性質計算即可.【詳解】由等差數列前項和的性質可得成等差數列，，即，得.故選：B.4、D【解析】根據法向量的定義，利用向量垂直對四個選項一一驗證即可.【詳解】對于A：記,則.因為，所以點在平面α上對于B：記,則.因為，所以點在平面α上對于C：記,則.因為，所以點在平面α上對于D：記,則.因為，所以點不在平面α上.故選：D5、B【解析】執行程序框圖，第一次循環，，滿足；第二次循環，，滿足；第三次循環，，不滿足，輸出，故選B.【方法點睛】本題主要考查程序框圖的循環結構流程圖，屬于中檔題.解決程序框圖問題時一定注意以下幾點：(1)不要混淆處理框和輸入框；(2)注意區分程序框圖是條件分支結構還是循環結構；(3)注意區分當型循環結構和直到型循環結構；(4)處理循環結構的問題時一定要正確控制循環次數；(5)要注意各個框的順序,（6）在給出程序框圖求解輸出結果的試題中只要按照程序框圖規定的運算方法逐次計算，直到達到輸出條件即可.6、A【解析】根據充分條件和必要條件的定義，結合數列的單調性判斷【詳解】根據題意，已知數列的通項公式為，若數列為單調遞增數列，則有（），所以，因為，所以，所以當時，數列為單調遞增數列，而當數列為單調遞增數列時，不一定成立，所以“”是“數列為單調遞增數列”的充分而不必要條件，故選：A7、D【解析】先求得的值，然后根據雙曲線的知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】方程表示雙曲線，則，成等比數列，則，所以雙曲線方程為，所以，故雙曲線的焦距為，A選項錯誤.漸近線方程為，B選項錯誤.離心率，C選項錯誤.虛軸長，D選項正確.故選：D8、D【解析】對曲線化簡可知曲線表示以點為圓心，2為半徑的圓的下半部分，對直線方程化簡可得直線過定點，畫出圖形，由圖可知，，然后求出直線的斜率即可【詳解】由，得，因為，所以曲線表示以點為圓心，2為半徑的圓的下半部分，由，得，所以，得，所以直線過定點，如圖所示設曲線與軸的兩個交點分別為，直線過定點，為曲線上一動點，根據圖可知，若曲線與直線總有公共點，則，得，設直線為，則，解得，或，所以，所以，所以，故選：D9、A【解析】根據直線斜率與傾斜角的關系，結合直線斜截式方程進行求解即可.【詳解】因為直線的傾斜角為45°，所以該直線的斜率為，又因為該直線在y軸上的截距為2022，所以該直線的方程為：，故選：A10、B【解析】由等差數列的性質得，利用正弦定理、余弦定理推導出，從而，，依次成等差數列.【詳解】解：∵a，b，c分別是內角A，B，C的對邊，，，依次成公差不為0的等差數列，∴，根據正弦定理可得，∴，∴，∴，∴，，依次成等差數列.故選：B.【點睛】本題考查三個數成等差數列或等比數列的判斷，考查等差數列、等比數列的性質、正弦定理、余弦定理等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，屬于中檔題.11、C【解析】設D為線段AB的中點，求得,在中，可得.進而求得兩大圓公共部分的面積為：,利用幾何概型計算即可得出結果.【詳解】如圖，設D為線段AB的中點，,在中，.兩大圓公共部分的面積為：,則該點取自兩大圓公共部分的概率為.故選：C.12、C【解析】點在平面內的射影是坐標不變，坐標為0的點.【詳解】點在坐標平面內的射影為，故點M的坐標是故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由一元二次方程與一元二次不等式之間的關系可知，方程的兩根是，所以因此.考點：一元二次方程與一元二次不等式之間的關系.14、64【解析】用字母進行一般化研究,先求出切點弦方程,再聯立化簡,最后代入數據計算【詳解】設,點處的切線方程為聯立,得由,得即,解得所以點處的切線方程為,整理得同理,點處的切線方程為設為兩切線的交點,則所以在直線上即直線AB的方程為又直線AB經過焦點所以,即聯立得所以所以本題中所以故答案為:64【點睛】結論點睛:過點作拋物線的兩條切線,切點弦的方程為15、##【解析】列舉出所有情況，利用古典概型的概率公式求解即可【詳解】隨機投擲一枚均勻的硬幣兩次，共有：正正，正反，反正，反反共4種情況，兩次都是正面朝上的有：正正1種情況，所以兩次都正面朝上的概率為，故答案為：16、1【解析】通過平面向量基本定理推導出空間向量基本定理得推論.【詳解】因為點在平面內，則由平面向量基本定理得：存在，使得：即，整理得：，又，所以，，，從而.故答案為：1三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】（1）設數列的公差為，由，且，，，利用“”法求解；（2）由，利用裂項相消法求解.【小問1詳解】解：，，設數列的公差為，則，，，由題知，整理得，解得，（舍去），，則.【小問2詳解】，則=.18、詳見解析【解析】根據已知求出的通項公式.當①②時，設數列公差為，利用賦值法得到與的關系式，列方程求出與，求出，寫出的通項公式，可得數列的通項公式，利用錯位相減法求和即可；選②③時，設數列公差為，根據題意得到與的關系式，解出與，寫出的通項公式，可得數列的通項公式，利用錯位相減法求和即可；選①③時，設數列公差為，根據題意得到與的關系式，發現無解，則等差數列不存在，故不合題意.【詳解】解：因為，，所以是以為首項，為公比的等比數列，所以，選①②時，設數列公差為，因為，所以，因為，所以時，，解得，，所以，所以.所以.（i）所以（ii）（i）（ii），得：所以.選②③時，設數列公差為，因為，所以，即，因為，，成等比數列，所以，即，化簡得，因為，所以，從而，所以，所以，（i）所以（ii）（i）（ii），得：，所以.選①③時，設數列公差為，因為，所以時，，所以.又因為，，成等比數列，所以，即，化簡得，因為，所以，從而無解，所以等差數列不存在，故不合題意.【點睛】本題考查了等差（比）數列的通項公式，考查了錯位相減法在數列求和中的應用，考查了轉化能力與方程思想，屬于中檔題.19、（1），，，證明見解析（2）【解析】（1）已知兩式相加化簡可得是首項為2，公比為2的等比數列，則，兩式相減化簡可得是首項為2，公差為2的等差數列，則，（2）由題意可得只需要，令，由和解不等式可求出的最小值，從而可求得的取值范圍【小問1詳解】由已知得，猜想，，由題得，所以易知，即所以是首項為2，公比為2的等比數列，故，由題得，所以，即，所以是首項為2，公差為2的等差數列，所以.【小問2詳解】因為任意都有，即，只需要，記，易知，故，當時，，解得或，當時，，解得，因為，所以，所以，所以的取值范圍是.20、（1）；（2）【解析】（1）利用正弦定理化邊為角可得，化簡可得，結合，即得解；（2）在中，由余弦定理得，可得，利用面積公式即得解【詳解】（1）中由正弦定理及條件，可得，∵，，∴，∵，∴，或，又∵，∴，∴，，∴（2）為邊的中點，，，得，中，由余弦定理得，∴，∴，∵，∴，21、（1），（2）【解析】（1）由題意，列出關于a，b，c的方程組求解即可得答案；（2）設M（x1，y1），N（x2，y2），線段MN的中點（x0，y0），則，作差可得①，又線段MN的垂直平分線過點A（0，1），則②，聯立直線MN與橢圓的方程，可得﹣t2+1+4k2＞0（*），③，由①②③及（*）式聯立即可求解【小問1詳解】解：由題意可得，解得，所以橢圓C的方程為，焦點坐標為【小問2詳解】解：設M（x1，y1），N（x2，y2），線段MN的中點（x0，y0），因為，所以，即，所以①，因為線段MN的垂直平分線過點A（0，1），所以，即②，聯立，得（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣4＝0，所以＝（8kt）2﹣4（1+4k2）（4t2﹣4）＝﹣16t2+16+64k2＞0，即﹣t2+1+4k2＞0（*），③，把③代入②，得④，把③④代入①得，所以，即，代入（*）得，解得，又k≠0，所以k的取值范圍為22、（1）單調增區間是，單調減區間是；最大值為；（2）存在，.【解析】（1）利用為的極值點求得，進而可得函數的單調區間和最大值；（2）對導函數，分與進行討論，得