2025屆內蒙古自治區錫林郭勒盟太仆寺旗寶昌鎮第一中學數學高二上期末質量跟蹤監視模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．已知直線，若圓C的圓心在軸上，且圓C與直線都相切，求圓C的半徑（）A. B.C.或 D.2．“楊輝三角”是中國古代重要的數學成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，如圖是由“楊輝三角”拓展而成的三角形數陣，記為圖中虛線上的數1，3，6，10，…構成的數列的第n項，則的值為（）A.1225 B.1275C.1326 D.13623．如圖所示的程序框圖，閱讀下面的程序框圖，則輸出的S=（）A.14 B.20C.30 D.554．傾斜角為45°，在y軸上的截距為－1的直線方程是()A.x－y＋1＝0 B.x－y－1＝0C.x＋y－1＝0 D.x＋y＋1＝05．若，則下列不等式不能成立是（）A. B.C. D.6．已知x＞0、y＞0，且1，若恒成立，則實數m的取值范圍為（）A.(1,9) B.(9,1)C.[9,1] D.(∞,1)∪(9,+∞)7．已知集合，則（）A. B.C. D.8．等軸雙曲線的中心在原點，焦點在軸上，與拋物線的準線交于兩點，且則的實軸長為A.1 B.2C.4 D.89．設命題，則為（）A. B.C. D.10．已知點P是圓上一點，則點P到直線的距離的最大值為（）A.2 B.C. D.11．已知命題“”為真命題，“”為真命題，則（）A.為假命題，為真命題 B.為真命題，為真命題C.為真命題，為假命題 D.為假命題，為假命題12．已知數列滿足：對任意的均有成立，且，，則該數列的前2022項和（）A0 B.1C.3 D.4二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．希臘著名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名.他發現：“平面內到兩個定點A，B的距離之比為定值λ（λ≠1）的點的軌跡是圓”.后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知在平面直角坐標系xOy中，A(-2，1)，B(-2，4)，點P是滿足的阿氏圓上的任一點，則該阿氏圓的方程為___________________；若點Q為拋物線E：y2=4x上的動點，Q在直線x=-1上的射影為H，則的最小值為___________.14．我國古代，9是數字之極，代表尊貴之意，所以中國古代皇家建筑中包含許多與9相關的設計．例如，北京天壇圓丘的底面由扇環形的石板鋪成（如圖），最高一層是一塊天心石，圍繞它的第一圈有9塊石板，從第二圈開始，每一圈比前一圈多9塊，共有9圈，則前9圈的石板總數是__________15．設，若不等式在上恒成立，則的取值范圍是______.16．某學生到某工廠進行勞動實踐，利用打印技術制作模型.如圖，該模型為一個大圓柱中挖去一個小圓柱后的剩余部分（兩個圓柱底面圓的圓心重合），大圓柱的軸截面是邊長為的正方形，小圓柱的側面積是大圓柱側面積的一半，打印所用原料的密度為，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質量為________g.（取）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）動點M到點的距離比它到直線的距離小，記M的軌跡為曲線C.（1）求C的方程；（2）已知圓，設P，A，B是C上不同的三點，若直線PA，PB均與圓D相切，若P的縱坐標為，求直線AB的方程.18．（12分）已知圓：，點A是圓上一動點，點，點是線段的中點.（1）求點的軌跡方程；（2）直線過點且與點的軌跡交于A，兩點，若，求直線的方程.19．（12分）已知等差數列滿足：成等差數列，成等比數列.（1）求的通項公式：（2）在數列的每相鄰兩項與間插入個，使它們和原數列的項構成一個新數列，數列的前項和記為，求及.20．（12分）已知數列的前項和為，若.（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前項和.21．（12分）已知拋物線的頂點是坐標原點，焦點在軸上，且拋物線上的點到焦點的距離是5.（1）求該拋物線的標準方程和的值；（2）若過點的直線與該拋物線交于，兩點，求證：為定值.22．（10分）設等差數列的前項和為，為各項均為正數的等比數列，且，，再從條件①：；②：；③：這三個條件中選擇一個作為已知，解答下列問題：（1）求和的通項公式；（2）設，數列的前項和為，求證：

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、C【解析】設出圓心坐標，利用圓心到直線的距離相等列方程，求得圓心坐標并求得圓的半徑.【詳解】設圓心坐標為，則或，所以圓的半徑為或.故選：C2、B【解析】觀察前4項可得，從而可求得結果【詳解】由題意可得，……，觀察規律可得，所以，故選：B3、C【解析】經分析為直到型循環結構，按照循環結構進行執行，當滿足跳出的條件時即可輸出值【詳解】解：第一次循環S=1，i=2；第二次循環S=1+22=5，i=3；第三次循環S=5+32=14，i=4；第四次循環S=14+42=30，i=5；此時5>4，跳出循環，故輸出的值為30故選：C.4、B【解析】由題意，，所以，即，故選B5、C【解析】利用不等式的性質可判斷ABD，利用賦值法即可判斷C，如.【詳解】解：因為，所以，所以，，，故ABD正確；對于C，若，則，故C錯誤.故選：C.6、B【解析】應用基本不等式“1”的代換求的最小值，注意等號成立條件，再根據題設不等式恒成立有，解一元二次不等式求解集即可.【詳解】由題設，，當且僅當時等號成立，∴要使恒成立，只需，故，∴.故選：B.7、C【解析】解一元二次不等式求集合A，再由集合的交運算求即可.【詳解】由題設，，∴.故選：C.8、B【解析】設等軸雙曲線的方程為拋物線,拋物線準線方程為設等軸雙曲線與拋物線的準線的兩個交點,，則,將，代入，得等軸雙曲線的方程為的實軸長為故選9、D【解析】利用含有一個量詞的命題的否定的定義判斷.【詳解】因為命題是全稱量詞命題，所以其否定是存在量詞命題，即，故選：D10、C【解析】求出圓心到直線的距離，由這個距離加上半徑即得【詳解】由圓，可得圓心坐標，半徑，則圓心C到直線的距離為，所以點P到直線l的距離的最大值為.故選：C11、A【解析】根據復合命題的真假表即可得出結果.【詳解】若“”為真命題，則為假命題，又“”為真命題，則至少有一個真命題，所以為真命題，即為假命題，為真命題.故選：A12、A【解析】根據可知，數列具有周期性，即可解出【詳解】因為，所以，即，所以數列中的項具有周期性，，由，，依次對賦值可得，，一個周期內項的和為零，而，所以數列的前2022項和故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、①.②.【解析】（1）利用直譯法直接求出P點的軌跡（2）先利用阿氏圓的定義將轉化為P點到另一個定點的距離，然后結合拋物線的定義容易求得的最小值【詳解】設P（x，y），由阿氏圓的定義可得即化簡得則設則由拋物線的定義可得當且僅當四點共線時取等號，的最小值為故答案為：【點睛】本題考查了拋物線的定義及幾何性質，同時考查了阿氏圓定義的應用．還考查了學生利用轉化思想、方程思想等思想方法解題的能力．難度較大14、405【解析】前9圈的石板數依次組成一個首項為9，公差為9的等差數列，15、【解析】構造，利用導數求其最大值，結合已知不等式恒成立，即可確定的范圍.【詳解】令，則且，若得：；若得：；所以在上遞增，在上遞減，故，要使在上恒成立，即.故答案為：.16、4500【解析】根據題意可知大圓柱的底面圓的半徑，兩圓柱的高，設小圓柱的底面圓的半徑為，再根據小圓柱的側面積是大圓柱側面積的一半，求出小圓柱的底面圓的半徑，然后求出該模型的體積，從而可得出答案.【詳解】解：根據題意可知大圓柱的底面圓的半徑，兩圓柱的高，設小圓柱的底面圓的半徑為，則有，即，解得，所以該模型的體積為，所以制作該模型所需原料的質量為.故答案：4500.三、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）由拋物線的定義可得結論；（2）設，得PA的兩點式方程為，由在拋物線上，化簡直線方程為，然后由圓心到切線的距離等于半徑得出的關系式，并利用得出點滿足的等式，同理設得方程，最后由直線方程的定義可得直線方程【小問1詳解】由題意得動點M到點的距離等于到直線的距離，所以曲線C是以為焦點，為準線的拋物線.設，則，于是C的方程為.【小問2詳解】由（1）可知，設，PA的兩點式方程為.由，，可得.因為PA與D相切，所以，整理得.因為，可得.設，同理可得于是直線AB的方程為.18、（1）；（2）x＝1或y＝1.【解析】(1)設線段中點為，點，用x，y表示，代入方程即可；(2)分l斜率存在和不存在進行討論，根據弦長求出l方程.【小問1詳解】設線段中點為，點，，，，，，即點C的軌跡方程為.【小問2詳解】直線l的斜率不存在時，l為x＝1，代入得，則弦長滿足題意；直線l斜率存在時，設直線l斜率為k，其方程為，即，圓的圓心到l的距離，則；綜上，l為x＝1或y＝1.19、（1）；（2），.【解析】（1）根據等差數列和等比數列的通項公式進行求解即可；（2）根據等差數列的通項公式，結合等比數列的前項和公式進行求解即可.【小問1詳解】設等差數列的公差為，因為成等差數列，所以有，因成等比數列，所以，所以；【小問2詳解】由題意可知：在和之間插入個，在和之間插入個，，在和之間插入個，此時共插入的個數為：，在和之間插入個，此時共插入的個數為：，因此.20、（1）（2）【解析】(1)根據所給條件先求出首項，然后仿寫，作差即可得到的通項公式；(2)根據（1）求出的通項公式，觀察是由一個等差數列加上一個等比數列得到，要求其前項和，采用分組求和法結合公式法可求出前項和【小問1詳解】當時，，解得；當時，，∴，化簡得，∴是首項為1，公比為2的等比數列，∴，因此的通項公式為.【小問2詳解】由（1）得，∴，∴，∴21、（1），（2）證明見解析【解析】（1）根據點到焦點的距離等于5，利用拋物線的定義求得p，進而得到拋物線方程，然后將點代入拋物線求解；（2）方法一：設直線方程為：，與拋物線方程聯立，結合韋達定理，利用數量積的運算求解；方法二：根據直線過點，分直線的斜率不存在時，檢驗即可；當直線的斜率存在時，設直線方程為：，與拋物線方程聯立，結合韋達定理，利用向量的數量積運算求解.【小問1詳解】解：∵拋物線焦點在軸上，且過點，∴設拋物線方程為，由拋物線定義知，點到焦點的距離等于5，即點到準線的距離等于5，則，，∴拋物線方程為，又點在拋物線上，，，∴所求拋物線方程為，.【小問2詳解】方法一：由于直線過點，可設直線方程為：，由得，設，，則，，所以，即為定值；方法二：由于直線過點，①當直線的斜率不存在時，易得直線的方程為，則由可得，，，所以；②當直線的斜率存在時可設直線方程為：，由得，設，，則，.所以，即為定值.綜上，為定值.22、（1）an＝n，bn＝（2）證明見解析【解析】（1）設等差數列的公差為d，等比數列的公比為q，q＞0，由等差數列和等比數列的通項公式及前n項和公式，列出方程組求解即可得答案；（2）求出，利用裂項相消求和法