山西省忻州市一中2025屆數學高二上期末統考試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．若拋物線的焦點與橢圓的左焦點重合，則m的值為（）A.4 B.-4C.2 D.-22．已知全集，，（）A. B.C. D.3．已知直線過點，且其方向向量，則直線的方程為（）A. B.C. D.4．函數的最大值為（）A.32 B.27C.16 D.405．已知橢圓的上下頂點分別為，一束光線從橢圓左焦點射出，經過反射后與橢圓交于點，則直線的斜率為（）A. B.C. D.6．已知雙曲線的右焦點為，漸近線為，，過的直線與垂直，且交于點，交于點，若，則雙曲線的離心率為（）A. B.C.2 D.7．將函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再將所得圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象，則（）A. B.C. D.8．設aR，則“a＝1”是“直線l1：ax＋2y－1＝0與直線l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件9．已知集合，，則中元素的個數為（）A.3 B.2C.1 D.010．設兩個變量與之間具有線性相關關系，相關系數為，回歸方程為，那么必有（）A.與符號相同 B.與符號相同C.與符號相反 D.與符號相反11．已知三棱柱的所有棱長均為2，平面，則異面直線，所成角的余弦值為（）A. B.C. D.12．已知數列滿足，，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．函數的圖象在點P（）處的切線方程是，則_____14．曲線在點處的切線方程為_______.15．雙曲線的離心率為2，寫出滿足條件的一個雙曲線的標準方程__________.16．若，則數列的前21項和___________.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）已知橢圓的長軸長與短軸長之比為2,、分別為其左、右焦點．請從下列兩個條件中選擇一個作為已知條件,完成下面的問題:①過點且斜率為1的直線與橢圓E相切;②過且垂直于x軸的直線與橢圓在第一象限交于點P,且的面積為．(只能從①②中選擇一個作為已知)（1）求橢圓E的方程;（2）過點的直線l與橢圓E交于A,B兩點,與直線交于H點,若,．證明:為定值18．（12分）已知等差數列公差不為0，且成等比數列.（1）求數列的通項公式及其前n項和；（2）記，求數列的前n項和.19．（12分）已知函數.（1）求函數f(x)的單調區間；（2）若f(x)≥0對定義域內的任意x恒成立，求實數a的取值范圍.20．（12分）已知圓M的圓心在直線上，且圓心在第一象限，半徑為3，圓M被直線截得的弦長為4.（1）求圓M的方程；（2）設P是直線上的動點，證明：以MP為直徑的圓必過定點，并求所有定點的坐標.21．（12分）已知等比數列的公比，，.（1）求數列的通項公式；（2）令，若，求滿足條件的最大整數n.22．（10分）在水平桌面上放一只內壁光滑的玻璃水杯，已知水杯內壁為拋物面型（拋物面指拋物線繞其對稱軸旋轉所得到的面），拋物面的軸截面是如圖所示的拋物線.現有一些長短不一、質地均勻的細直金屬棒，其長度均不小于拋物線通徑的長度（通徑是過拋物線焦點，且與拋物線的對稱軸垂直的直線被拋物線截得的弦），若將這些細直金屬棒，隨意丟入該水杯中，實驗發現：當細棒重心最低時，達到靜止狀態，此時細棒交匯于一點.（1）請結合你學過的數學知識，猜想細棒交匯點的位置；（2）以玻璃水杯內壁軸截面的拋物線頂點為原點，建立如圖所示直角坐標系.設玻璃水杯內壁軸截面的拋物線方程為，將細直金屬棒視為拋物線的弦，且弦長度為，以細直金屬棒的中點為其重心，請從數學角度解釋上述實驗現象.

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、B【解析】根據拋物線和橢圓焦點與其各自標準方程的關系即可求解.【詳解】由題可知拋物線焦點為，橢圓左焦點為，∴.故選：B.2、C【解析】根據條件可得，則，結合條件即可得答案.【詳解】因，所以，則，又，所以，即.故選：C3、D【解析】根據題意和直線的點方向式方程即可得出結果.【詳解】因為直線過點，且方向向量為，由直線的點方向式方程，可得直線的方程為：，整理，得.故選：D4、A【解析】利用導數即可求解.【詳解】因為，所以當時，；當時，.所以函數在上單調遞增；在上單調遞增,，因此，的最大值為.故選：A5、B【解析】根據給定條件借助橢圓的光學性質求出直線AD的方程，進而求出點D的坐標計算作答.【詳解】依題意，橢圓的上頂點，下頂點，左焦點，右焦點，由橢圓的光學性質知，反射光線AD必過右焦點，于是得直線AD的方程為：，由得點，則有，所以直線的斜率為.故選：B6、C【解析】由題設易知是的中垂線，進而可得，結合雙曲線參數關系及離心率公式求雙曲線的離心率即可.【詳解】由題意，是的中垂線，故，由對稱性得，則，故，∴.故選：C.7、A【解析】根據三角函數圖象的變換，由逆向變換即可求解.【詳解】由已知的函數逆向變換，第一步，向左平移個單位長度，得到的圖象；第二步，圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變，得到的圖象，即的圖象.故.故選：A8、A【解析】運用兩直線平行的充要條件得出l1與l2平行時a的值，而后運用充分必要條件的知識來解決即可解：∵當a=1時，直線l1：x+2y﹣1=0與直線l2：x+2y+4=0，兩條直線的斜率都是﹣，截距不相等，得到兩條直線平行，故前者是后者的充分條件，∵當兩條直線平行時，得到，解得a=﹣2，a=1，∴后者不能推出前者，∴前者是后者的充分不必要條件故選A考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷；直線的一般式方程與直線的平行關系9、B【解析】集合中的元素為點集，由題意，可知集合A表示以為圓心，為半徑的單位圓上所有點組成的集合，集合B表示直線上所有的點組成的集合，又圓與直線相交于兩點，，則中有2個元素.故選B.【名師點睛】求集合的基本運算時，要認清集合元素的屬性(是點集、數集或其他情形)和化簡集合，這是正確求解集合運算的兩個先決條件.集合中元素的三個特性中的互異性對解題影響較大，特別是含有字母的集合，在求出字母的值后，要注意檢驗集合中的元素是否滿足互異性.10、A【解析】利用相關系數的性質，分析即得解【詳解】相關系數r為正，表示正相關，回歸直線方程上升，r為負，表示負相關，回歸直線方程下降，與r的符號相同故選：A11、A【解析】建立空間直角坐標系，利用向量法求解【詳解】以為坐標原點，平面內過點且垂直于的直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，∴，，∴，∴異面直線，所成角的余弦值為.故選：A12、A【解析】根據遞推關系依次求出即可.【詳解】，，，，，.故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據導數的幾何意義，結合切線方程，即可求解.【詳解】根據導數的幾何意義可知，，且，所以.故答案為：14、.【解析】由求導公式求出導數，再把代入求出切線的斜率，代入點式方程化為一般式即可.【詳解】由題意得，∴在點處的切線的斜率是，則在點處的切線方程是，即.【點睛】本題考查導數的幾何意義.注意區分“在某點處的切線”與“過某點的切線”，前者“某點”是切點，后者“某點”不一定是切點.15、（答案不唯一例如：等，只需滿足即可）【解析】根據離心率和的關系，可得到，只要滿足以上關系的即可【詳解】由題可知，又，所以，只要滿足以上關系即可.,答案不唯一例如：等故答案為：（答案不唯一例如：等，只需滿足即可）16、【解析】利用分組求和法求出答案即可.【詳解】故答案為：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、（1）（2）證明見解析【解析】(1)選①:直線與橢圓聯立,利用判別式為0求解;選②:利用通徑公式即可(2)用直線參數方程的幾何意義求解【小問1詳解】選①:由題知,過點且斜率為1的直線方程為聯立,得由,得所以橢圓的方程為選②:由題知,所以由,得所以橢圓的方程為【小問2詳解】證明:設直線的參數方程為(為參數)設A,B,H對應的參數分別為,顯然將代入橢圓,得即.所以將代入直線,得由,得,所以由,得,所以所以所以為定值【點睛】關鍵點點睛：直線的參數方程作為一種工具，要充分發揮它的作用，參數的幾何意義并不局限于加絕對值表示距離，還要注意方向性.請考生在22、23題中任選一題做答，如果多做，則按所做的第一題計分18、（1），（2）【解析】（1）根據分式的合分比性質以及等差數列的性質即可求出；（2）根據裂項相消法即可求出【小問1詳解】由題意：，即，又∵，∴，∴，∴，.【小問2詳解】因為，∴.19、（1）答案見解析（2）【解析】（1）求導數，然后對進行分類討論，利用導數的正負，可得函數的單調區間；（2）利用（1）中函數的單調性，求得函數在處取得最小值，即可求實數的取值范圍.【小問1詳解】解：求導可得①時，令可得，由于知；令，得∴函數在上單調遞減，在上單調遞增；②時，令可得；令，得或，由于知或；∴函數在上單調遞減，在上單調遞增；③時，，函數在上單調遞增；④時，令可得；令，得或，由于知或∴函數在上單調遞減，在上單調遞增；【小問2詳解】由（1）時，，（不符合，舍去）當時，在上單調遞減，在上單調遞增，故函數在處取得最小值，所以函數對定義域內的任意x恒成立時，只需要即可∴.綜上，.20、（1）；（2）證明見解析，定點和.【解析】(1)根據給定條件設出圓心坐標，再結合點到直線距離公式計算作答.(2)設點，求出圓的方程，結合方程求出其定點.【小問1詳解】因圓M的圓心在直線上，且圓心在第一象限，設圓心，且，圓心到直線的距離為，又由解得，從而，而，解得，所以圓M的方程為.【小問2詳解】由(1)知：，設點，，設動圓上任意一點當與點P，M都不重合時，，有，當與點P，M之一重合時，對應為零向量，也成立，，，，化簡得：，由，解得或，所以以MP為直徑的圓必過定點和.【點睛】方法點睛：待定系數法求圓的方程，由題設條件，列出等式，求出相關量．一般地，與圓心和半徑有關，選擇標準式，否則，選擇一般式．不論是哪種形式，都要確定三個獨立參數，所以應該有三個獨立等式21、（1）（2）【解析】(1)由等比數列的性質可得，結合條件求出，得出公比，從而得出通項公式.(2)由（1）可得，再求出的前項和，從而可得出答案.【小問1詳解】由題意可知，有，，得或∴或又，∴∴【小問2詳解】，∴∴，又單調遞增,所以滿足條件的的最大整數為22、（1）拋物線的焦點或拋物面的焦點（2）答案見解析【解析】（1）結合通徑的特點可猜想得到結果；（2）將問題轉化為當時，只要過點，則中點到的距離最小，根據，結合拋物線定義可得結論.【