2025年四川省南充市示范名校高二数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

2025年四川省南充市示范名校高二数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．已知三个顶点都在抛物线上，且为抛物线的焦点，若，则（）
A.6 B.8
C.10 D.12
2．在正三棱锥S - ABC中，AB =4，D、E分别是SA、AB中点，且DE⊥CD，则三棱锥S - ABC外接球的体积为（）
A.π B.π
C.π D.π
3．已知等比数列的前项和为，首项为，公比为，则（）
A. B.
C. D.
4．顶点在原点，关于轴对称，并且经过点的抛物线方程为（）
A. B.
C. D.
5．如图，面积为的正方形中有一个不规则的图形，可按下面方法估计的面积：在正方形中随机投掷个点，若个点中有个点落入中，则的面积的估计值为，假设正方形的边长为，的面积为，并向正方形中随机投掷个点，用以上方法估计的面积时，的面积的估计值与实际值之差在区间内的概率为
附表：

A. B.
C. D.
6．已知抛物线上一点的纵坐标为4，则点到抛物线焦点的距离为
A.2 B.3
C.4 D.5
7．加斯帕尔·蒙日（图1）是18～19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（图2）．则椭圆的蒙日圆的半径为（）

A.3 B.4
C.5 D.6
8．在中，若，，，则此三角形解的情况为（ ）
A.无解 B.两解
C.一解 D.解的个数不能确定
9．已知是双曲线的左焦点，为右顶点，是双曲线上的点，轴，若，则双曲线的离心率为（）
A. B.
C. D.
10．已知直线在x轴和y轴上的截距相等，则a的值是（ ）
A 或1 B.或
C. D.1
11．点在圆上，点在直线上，则的最小值是（ ）
A. B.
C. D.
12．已知函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若正四棱柱的底面边长为5，侧棱长为4，则此正四棱柱的体积为______
14．在学习《曲线与方程》的课堂上，老师给出两个曲线方程；，老师问同学们：你想到了什么？能得到哪些结论？下面是四位同学的回答：
甲：曲线关于对称；
乙：曲线关于原点对称；
丙：曲线与坐标轴在第一象限围成的图形面积；
丁：曲线与坐标轴在第一象限围成的图形面积；
四位同学回答正确的有______（选填“甲、乙、丙、丁”）
15．已知函数，若存在唯一零点，则的取值范围是__________.
16．设，满足约束条件，则的最大值是_________.
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）一款小游戏的规则如下：每盘游戏都需抛掷骰子三次，出现一次或两次“6点”获得15分，出现三次“6点”获得120分，没有出现“6点”则扣除12分(即获得－12分)
（Ⅰ）设每盘游戏中出现“6点”的次数为X，求X的分布列；
（Ⅱ）玩两盘游戏，求两盘中至少有一盘获得15分概率；
（Ⅲ）玩过这款游戏的许多人发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象
18．（12分）已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为、，点在椭圆上，过的直线交椭圆于、两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求的面积的最大值.
19．（12分）已知函数在处取得极值
（1）求实数a的值；
（2）若函数在内有零点，求实数b的取值范围
20．（12分）已知双曲线的两个焦点为的曲线C上.
（1）求双曲线C的方程；
（2）记O为坐标原点，过点Q(0,2)的直线l与双曲线C相交于不同的两点E、F，若△OEF的面积为求直线l的方程
21．（12分）已知等差数列的前n项和为，若公差，且，，成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的左，右焦点分别为F1（﹣，0），F2（，0），且椭圆C过点（﹣）.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设过（0，﹣2）的直线l与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若，求直线l的方程.
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、D
【解析】设，，，由向量关系化为坐标关系，再结合抛物线的焦半径公式即可计算
【详解】由得焦点，准线方程为，设，，
由得

则，化简得
所以
故选：D
2、C
【解析】取中点，连接，证明平面，得证，然后证明平面，得两两垂直，以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，由此计算可得
【详解】取中点，连接，则，，
，平面，所以平面，
又平面，所以，
D、E分别是SA、AB的中点，则，又，所以，
，平面，所以平面，
而平面，所以，，是正三棱锥，因此，
因此可以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，
由，得，所以所求外接球直径为，半径为，
球体积为
故选：C

3、D
【解析】根据求解即可.
【详解】因为等比数列，，
所以.
故选：D
4、C
【解析】根据题意，设抛物线的方程为，进而待定系数求解即可.
【详解】解：由题，设抛物线的方程为，
因为在抛物线上，
所以，解得，即所求抛物线方程为
故选：C
5、D
【解析】每个点落入中的概率为，设落入中的点的数目为，题意所求概率为
故选D
6、D
【解析】抛物线焦点在轴上，开口向上，所以焦点坐标为，准线方程为，因为点A的纵坐标为4，所以点A到抛物线准线的距离为，因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，所以点A与抛物线焦点的距离为5.
考点：本小题主要考查应用抛物线定义和抛物线上点的性质抛物线上的点到焦点的距离，考查学生的运算求解能力.
点评：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，这条性质在解题时经常用到，可以简化运算.
7、A
【解析】由蒙日圆的定义，确定出圆上的一点即可求出圆的半径.
【详解】由蒙日圆的定义，可知椭圆的两条切线的交点
在圆上，
所以，
故选：A
8、C
【解析】求出的值，结合大边对大角定理可得出结论.
【详解】由正弦定理可得可得，
因为，则，故为锐角，故满足条件的只有一个.
故选：C.
9、C
【解析】根据条件可得与，进而可得，，的关系，可得解.
【详解】由已知得，
设点，由轴，
则，代入双曲线方程可得，
即，
又，所以，
即，
整理可得，
故，
解得或（舍），
故选：C.
10、A
【解析】分截距都为零和都不为零讨论即可.
【详解】当截距都为零时，直线过原点，；
当截距不为零时，，.
综上：或.
故选：A.
11、B
【解析】根据题意可知圆心，又由于线外一点到已知直线的垂线段最短，结合点到直线的距离公式，即可求出结果.
【详解】由题意可知，圆心，
所以圆心到的距离为，所以的最小值为.
故选：B.
12、D
【解析】结合导数以及函数的奇偶性判断出的单调性，由此化简不等式来求得不等式的解集.
【详解】当时，单调递增，，所以单调递增.
因为是偶函数，所以当时，单调递减.
，，
，
或.
即不等式的解集为.
故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、100
【解析】根据棱柱体积公式直接可得.
【详解】
故答案为：100
14、甲、乙、丙、丁
【解析】结合对称性判断甲、乙的正确性；通过对比和与坐标轴在第一象限围成的图形面积来判断丙丁的正确性.
【详解】对于甲：交换方程中和的位置得，所以曲线关于对称，甲回答正确.
对于乙：和两个点都满足方程，所以曲线关于原点对称，乙回答正确.
对于丙：直线与坐标轴在第一象限围成的图形面积为，
，，
在第一象限，直线与曲线都满足，
，
，
所以在第一象限，直线的图象在曲线的图象上方，
所以，丙回答正确.
对于丁：圆与坐标轴在第一象限围成的图形面积为，
在第一象限，曲线与曲线都满足，
，
，
，
所以在第一象限，曲线的图象在曲线的图象下方，
所以，丁回答正确.
故答案为：甲、乙、丙、丁
15、
【解析】求得函数的导数，得到是的唯一零点，转化为方程无实数根或只存在实数根，进而转化为和的图象至多有一个交点（且如果有交点，交点必须在处），利用导数求得函数的单调性和最小值，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，
因为存在唯一零点，所以是的唯一零点，
则关于的方程无实数根或只存在实数根，
所以函数和的图象至多有一个交点（且如果有交点，交点必须在处），
又由，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
所以，即即的取值范围是.
故答案为：.
16、5
【解析】由题可知表示点与点连线的斜率，再画出可行域结合图像知知.
【详解】x，y满足约束条件，满足的可行域如图：

则的几何意义是可行域内的点与（﹣3，﹣2）连线的斜率，通过分析图像得到当经过A时，目标函数取得最大值
由 可得A（﹣2，3），
则的最大值是：
故答案为5
【点睛】(1)在平面直角坐标系内作出可行域
(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）
(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解
(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值

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、（Ⅰ）分布列见解析（Ⅱ）（Ⅲ）见解析
【解析】（Ⅰ）先得到可能的取值为，，，，根据每次抛掷骰子，出现“6点”的概率为，得到每种取值的概率，得到分布列；（Ⅱ）计算出每盘游戏没有获得15分的概率，从而得到两盘中至少有一盘获得15分的概率；（Ⅲ）设每盘游戏得分为，得到的分布列和数学期望，从而得到结论.
【详解】解：（Ⅰ）可能的取值为，，，.
每次抛掷骰子，出现“6点”的概率为.
，，
，，
所以X的分布列为：

0
1
2
3

（Ⅱ）设每盘游戏没有得到15分为事件，
则.
设“两盘游戏中至少有一次获得15分”为事件，
则
因此，玩两盘游戏至少有一次获得15分的概率为.
（Ⅲ）设每盘游戏得分为.
由（Ⅰ）知，的分布列为：
Y
-12
15
120
P

的数学期望为.
这表明，获得分数的期望为负
因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大
【点睛】本题考查求随机变量的分布列和数学期望，求互斥事件的概率，属于中档题.
18、（1）
（2）
【解析】（1）利用椭圆的离心率、点在椭圆上以及得到的方程组，进而得到椭圆的标准方程；
（2）设出直线方程，联立直线和椭圆方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系和三角形的面积公式得到三角形的面积，再利用基本不等式求其最值.
【小问1详解】
解：由题可得，且，
将点代入椭圆方程，得，
解得，，
即椭圆方程为；
【小问2详解】
解：由（1）可得，，
设：，联立，
消去，得，
设，，则，
则
所以
，当且仅当，即时取等号，
故的面积的最大值为.
19、（1）；（2）
【解析】（1）由题意可得，从而可求出a的值；
（2）先对函数求导，求得函数的单调区间，从而可由函数的变化情况可知，要函数在内有零点，只要函数在内的最大值大于等于零，最小值小于等于零，然后解不等式组可得答案
【详解】解：（1）在处取得极值，
∴，∴．经验证时，在处取得极值
（2）由（1）知，
∴极值点为2，.
将x，，在内的取值列表如下：
x
0

2

4

/
-
0
+
/

b

极小值

由此可得，在内有零点，只需∴
20、 (1) 双曲线方程为(2) 满足条件的直线l有两条，其方程分别为y=和
【解析】（1）由双曲线焦点可得值，进而可得到的关系式，将点P代入双曲线可得到的关系式，解方程组可求得值，从而确定双曲线方程；（2）求直线方程采用待定系数法，首先设出方程的点斜式，与双曲线联立，求得相交的弦长和O到直线的距离，代入面积公式可得到直线的斜率，求得直线方程
试题解析：（1）由已知及点在双曲线上得
解得；所以，双曲线的方程为
（2）由题意直线的斜率存在，故设直线的方程为
由 得 设直线与双曲线交于、，则、是上方程的两不等实根，
且即且 ①
这时 ，
又
即
所以 即
又 适合①式
所以，直线的方程为与
21、（1）；（2）.
【解析】（1）由等差数列的通项公式、前n项和公式结合等比数列的性质列方程可得数列首项与公差，即可得解；
（2）由，结合裂项相消法即可得解.
【详解】（1）因为数列为等差数列，，，，成等比数列，
所以，
所以，即，
又因为，所以，
所以；
（2）因为，
所以.
【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的综合应用及裂项相消法的应用，考查了运算求解能力，属于中档题.
22、（1）
（2）或.
【解析】（1）设标准方程代入点的坐标，解方程组得解.
（2）设直线方程代入椭圆方程消元，韦达定理整体思想，可得直线斜率得解.
【小问1详解】
因为椭圆C的焦点为，
可设椭圆C的方程为，又点在椭圆C上，
所以，解得 ，
因此，椭圆C的方程为；
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，显然不满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
设，，
因为，所以，
因为，，
所以，
所以，①
联立方程，消去得，
则，
代入①，得，
解得，经检验，此时直线与椭圆相交，
所以直线l的方程是或.