眉山市重點中學2025屆數學高二上期末質量跟蹤監視試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．定義在上的函數的導函數為，若對任意實數，有，且為奇函數，則不等式解集是A. B.C. D.2．一個袋中裝有大小和質地相同的5個球，其中有2個紅色球，3個綠色球，從袋中不放回地依次隨機摸出2個球，下列結論正確的是（）A.第一次摸到綠球的概率是 B.第二次摸到綠球的概率是C.兩次都摸到綠球的概率是 D.兩次都摸到紅球的概率是3．函數在上的最小值為（）A. B.C.-1 D.4．下列說法正確的是（）A.空間中的任意三點可以確定一個平面B.四邊相等的四邊形一定是菱形C.兩條相交直線可以確定一個平面D.正四棱柱的側面都是正方形5．已知{an}是以10為首項，－3為公差的等差數列，則當{an}的前n項和Sn，取得最大值時，n=（）A.3 B.4C.5 D.66．《九章算術》中，將四個面都為直角三角形的三棱錐稱為鱉臑（nào）．如圖所示的三棱錐為一鱉臑，且平面，平面，若，，，則（）A. B.C. D.7．數列滿足，，，則數列的前10項和為（）A.60 B.61C.62 D.638．用1，2，3，4這4個數字可寫出（）個沒有重復數字的三位數A.24 B.12C.81 D.649．用反證法證明“若a，b∈R，，則a，b不全為0”時，假設正確的是（）A.a，b中只有一個為0 B.a，b至少一個不為0C.a，b至少有一個為0 D.a，b全為010．有下列四個命題，其中真命題是（）A.， B.，，C.，， D.，11．設雙曲線的實軸長與焦距分別為2,4，則雙曲線C的漸近線方程為（）A. B.C. D.12．已知等差數列共有項，其中奇數項之和為290，偶數項之和為261，則的值為（）A.30 B.29C.28 D.27二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．直線過拋物線的焦點F，且與C交于A，B兩點，則___________.14．如圖，在平行六面體中，底面是邊長為1的正方形，的長度為2，且，則的長度為________15．直線與圓相交于A，B兩點，則的最小值為__________.16．與圓外切于原點，且被y軸截得的弦長為8的圓的標準方程為__________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）某種機械設備隨著使用年限的增加，它的使用功能逐漸減退，使用價值逐年減少，通常把它使用價值逐年減少的“量”換算成費用，稱之為“失效費”．某種機械設備的使用年限（單位：年）與失效費（單位：萬元）的統計數據如下表所示：使用年限（單位：年）1234567失效費（單位：萬元）2.903.303.604.404.805.205.90（1）由上表數據可知，可用線性回歸模型擬合與關系．請用相關系數加以說明；（精確到0.01）（2）求出關于的線性回歸方程，并估算該種機械設備使用8年的失效費參考公式：相關系數線性回歸方程中斜率和截距最小二乘估計計算公式：，參考數據：，，18．（12分）已知數列的前項和分別是，滿足，，且.（1）求數列的通項公式；（2）若數列對任意都有恒成立，求.19．（12分）已知向量，，且.（1）求滿足上述條件的點M(x,y)的軌跡C的方程；（2）設曲線C與直線y=kx+m(k≠0)相交于不同的兩點P，Q，點A(0,1)，當|AP|=|AQ|時，求實數m的取值范圍.20．（12分）已知函數.（1）求的單調遞減區間；（2）在銳角中，，，分別為角，，的對邊，且滿足，求的取值范圍.21．（12分）如圖，菱形的邊長為4，，矩形的面積為8，且平面平面（1）證明：；（2）求C到平面的距離.22．（10分）已知橢圓：過點，且離心率（Ⅰ）求橢圓的標準方程；（Ⅱ）設的左、右焦點分別為，，過點作直線與橢圓交于，兩點，，求的面積

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】設．由，得，故函數在上單調遞減．由為奇函數，所以．不等式等價于，即，結合函數的單調性可得，從而不等式的解集為，故答案為B.考點：利用導數研究函數的單調性.【方法點晴】本題考查了導數的綜合應用及函數的性質的應用，構造函數的思想，閱讀分析問題的能力，屬于中檔題．常見的構造思想是使含有導數的不等式一邊變為，即得，當是形如時構造；當是時構造，在本題中令，（），從而求導，從而可判斷單調遞減，從而可得到不等式的解集2、C【解析】對選項A，直接求出第一次摸球且摸到綠球的概率；對選項B，第二次摸到綠球分兩種情況，第一次摸到綠球且第二也摸到綠球和第一次摸到紅球且第二次摸到綠球；對選項C，直接求出第一次摸到綠球且第二也摸到綠球的概率；對選項D，直接求出第一次摸到紅球且第二也摸到紅球的概率【詳解】對選項A，第一次摸到綠球的概率為：，故錯誤；對選項B，第二次摸到綠球的概率為：，故錯誤；對選項C，兩次都摸到綠球的概率為：，故正確；對選項D，兩次都摸到紅球的概率為：，故錯誤故選：C3、D【解析】求出函數的導函數，根據導數的符號求出函數的單調區間，再根據函數的單調性即可得出答案.【詳解】解：因為，所以，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，故.故選：D.4、C【解析】根據立體幾何相關知識對各選項進行判斷即可.【詳解】對于A，根據公理2及推論可知，不共線的三點確定一個平面，故A錯誤；對于B，在一個平面內，四邊相等的四邊形才一定是菱形，故B錯誤；對于C，根據公理2及推論可知，兩條相交直線可以確定一個平面，故C正確；對于D，正四棱柱指上、下底面都是正方形且側棱垂直于底面的棱柱，側面可以是矩形，故D錯誤.故選：C5、B【解析】由題可得當時，，當時，，即得.【詳解】∵{an}是以10為首項，－3為公差的等差數列，∴，故當時，，當時，，故時，取得最大值故選：B.6、A【解析】根據平面，平面求解.【詳解】因為平面，平面，所以，又，，，所以,所以，故選：A7、B【解析】討論奇偶性，應用等差、等比前n項和公式對作分組求和即可.【詳解】當且為奇數時，，則，當且為偶數時，，則，∴.故選：B.8、A【解析】由題意，從4個數中選出3個數出來全排列即可.【詳解】由題意，從4個數中選出3個數出來全排列，共可寫出個三位數.故選：A9、D【解析】把要證的結論否定之后，即得所求的反設【詳解】由于“a，b不全為0”的否定為：“a，b全為0”，所以假設正確的是a，b全為0.故選：D10、B【解析】對于選項A，令即可驗證其不正確；對于選項C、選項D，令，即可驗證其均不正確，進而可得出結果.【詳解】對于選項A，令，則，故A錯；對于選項B，令，則，顯然成立，故B正確；對于選項C，令，則顯然無解，故C錯；對于選項D，令，則顯然不成立，故D錯.故選B【點睛】本題主要考查命題真假的判定，用特殊值法驗證即可，屬于常考題型.11、C【解析】由已知可求出，即可得出漸近線方程.【詳解】因為，所以，所以的漸近線方程為.故選：C.12、B【解析】由等差數列的求和公式與等差數列的性質求解即可【詳解】奇數項共有項，其和為，∴偶數項共有n項，其和為，∴故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、8【解析】由題意，求出，然后聯立直線與拋物線方程，由韋達定理及即可求解.【詳解】解：因為拋物線的焦點坐標為，又直線過拋物線的焦點F，所以，拋物線的方程為，由，得，所以，所以.故答案為：8.14、【解析】設一組基地向量，將目標用基地向量表示，然后根據向量的運算法則運算即可【詳解】設，則有：則有：根據，解得：故答案為：15、【解析】直線過定點，圓心，當時，取得最小值，再由勾股定理即可求解.【詳解】由，得，由，得直線過定點，且在圓的內部，由圓可得圓心，半徑，當時，取得最小值，圓心與定點的距離為，則的最小值為.故答案為：.16、；【解析】設所求圓的圓心為，根據兩圓外切于原點可知兩圓心與原點共線，再根據弦長列出方程組求出即可.【詳解】設所求圓的圓心為，因為圓的圓心為，與原點連線的斜率為，又所求圓與已知圓外切于原點，，①所以所求圓的半徑滿足，又被y軸截得的弦長為8，②由①②解得，所以圓的方程為.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）答案見解析；（2）；失效費為6.3萬元【解析】（1）根據相關系數公式計算出相關系數可得結果；（2）根據公式求出和可得關于的線性回歸方程，再代入可求出結果.【詳解】（1）由題意，知，，∴結合參考數據知：因為與的相關系數近似為0.99，所以與的線性相關程度相當大，從而可以用線性回歸模型擬合與的關系（2）∵，∴∴關于的線性回歸方程為，將代入線性回歸方程得萬元，∴估算該種機械設備使用8年的失效費為6.3萬元18、（1），（2）【解析】（1）根據已知遞推關系式再寫一式，然后兩式相減，由等差數列、等比數列的定義即可求解；（2）根據已知遞推關系式再寫一式，然后兩式相減，求出，最后利用錯位相減法即可得答案.【小問1詳解】解：因為，，所以，，得，所以是以2為首項2為公差的等差數列，是以1為首項2為公差的等差數列，所以，，所以；因為，所以，又由得，所以是以2為首項2為公比的等比數列，所以.【小問2詳解】解：當時，，當時，，得，即，記，則,,則.19、（1）+y2=1；（2）.【解析】（1）應用向量垂直的坐標表示得x2+3y2=3，即可寫出M的軌跡C的方程；（2）由直線與曲線C交于不同的兩點P(x1,y1)，Q(x2,y2)，設直線y=kx+m(k≠0)，聯立方程整理所得方程有，且由根與系數關系用m，k表示x1+x2，x1x2，若N為PQ的中點結合|AP|=|AQ|知PQ⊥AN可得m、k的等量關系，結合即可求m的范圍.【詳解】(1)∵，即，∴，即有x2+3y2=3，即點M(x,y)的軌跡C的方程為+y2=1.(2)由得(1+3k2)x2+6kmx+3(m2-1)=0.∵曲線C與直線y=kx+m(k≠0)相交于不同的兩點，∴Δ=(6km)2-12(1+3k2)(m2-1)=12(3k2-m2+1)>0，即3k2-m2+1>0①，且x1+x2=，x1x2=.設P(x1,y1)，Q(x2,y2)，線段PQ的中點N(x0,y0)，則.∵|AP|=|AQ|，即知PQ⊥AN，設kAN表示直線AN的斜率，又k≠0，∴kANk=-1.即·k=-1，得3k2=2m-1②，而3k2>0，有m>.將②代入①得2m1m2+1>0，即2m<0，解得0<m<2，∴m的取值范圍為.【點睛】思路點睛：1、由向量垂直，結合其坐標表示得到關于x，y的方程，寫出曲線C的標準方程即可.2、由直線與曲線C相交，聯立方程有，由|AP|=|AQ|得直線的垂直關系，即斜率之積為-1，進而可求參數的范圍.20、（1）（2）【解析】（1）根據降冪公式化簡的解析式，再用整體代入法即可求出函數的單調遞減區間；（2）由正弦定理邊化角，從而可求得，根據銳角三角形可得從而可求出答案【詳解】解：（1），由得所以的單調遞減區間為；（2）由正弦定理得，∵∴，即，，得，或，解得，或（舍），∵為銳角三角形，∴解得∴∴的取值范圍為【點睛】本題主要考查三角函數的化簡與性質，考查正弦定理的作用，屬于基礎題21、（1）證明見解析.（2）【解析】（1）利用線面垂直的性質證明出；（2）利用等體積轉換法，先求出O到平面AEF的距離，再求C到平面的距離.【小問1詳解】在矩形中，.因為平面平面，平面平面,所以平面，所以.【小問2詳解】設AC與BD的交點為O,則C到平面AEF的距離為O到平面AEF的距離的2倍.因為菱形ABCD的邊長為4且，所以.因為矩形BDFE的面積為8，所以BE=2