2025年天津市第四中学数学高二上期末经典模拟试题含解析.doc

2025年天津市第四中学数学高二上期末经典模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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，则a，b，c的大小关系为（）
A. B.
C. D.
2．已知椭圆=1（a>b>0）的右焦点为F，椭圆上的A，B两点关于原点对称，|FA|=2|FB|，且·≤ a2，则该椭圆离心率的取值范围是（ ）
A.（0，] B.（0，]
C.，1) D.，1)
3．已知椭圆的离心率为，则（）
A. B.
C. D.
4．已知数列的前项和，且，则（）
A. B.
C. D.
5．命题，，则为（）
A.， B.，
C.， D.，
6．在等差数列中，已知，则（）
A.4 B.8
C.3 D.6
7．已知随圆与双曲线相同的焦点，则椭圆和双曲线的离心，分别为（ ）
A. B.
C. D.
8．执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（）

A. B.
C. D.
9．已知点在椭圆上，与关于原点对称，，交轴于点，为坐标原点，，则椭圆离心率为（ ）
A. B.
C. D.
10．已知抛物线：的焦点为，为上一点且在第一象限，以为圆心，为半径的圆交的准线于，两点，且，，三点共线，则（）
A.2 B.4
C.6 D.8
11．已知数列满足，其前项和为，，．若数列的前项和为，则满足成立的的最小值为（）
A.10 B.11
C.12 D.13
12．瑞士数学家欧拉1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．九连环是中国的一种古老智力游对，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷.中国的末代皇帝溥仪（1906-1967）也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环（如图）.现假设有个圆环，用表示按照某种规则解下个圆环所需的银和翠玉制九连环最少移动次数，且数列满足，，则___________.

14．已知，满足约束条件则的最小值为__________
15．已知茎叶图记录了甲、乙两组各名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）．已知甲组数据的中位数为，乙组数据的平均数为，则的值为__________．
甲组

乙组

16．已知双曲线，则圆的圆心C到双曲线渐近线的距离为______
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）在直角坐标系中，点到两点、的距离之和等于，设点的轨迹为，直线与交于、两点
（1）求曲线的方程；
（2）若，求的值
18．（12分）已知在数列中，，且.
（1）求，，并证明数列是等比数列；
（2）求的通项公式及前n项和.
19．（12分）王同学入读某大学金融专业，过完年刚好得到红包6000元，她计划以此作为启动资金进行理投资，每月月底获得的投资收益是该月月初投入资金的20%，并从中拿出1000元作为自己的生活费，余款作为资金全部投入下个月，如此继续.设第n个月月底的投资市值为an.
（1）求证：数列{-5000}为等比数列；
（2）如果王同学想在第二年过年的时候给奶奶买一台全身按摩椅（商场标价为12899元），将一年后投资市值全部取出来是否足够？
20．（12分）如图所示，、分别为椭圆的左、右焦点，A，B为两个顶点，已知椭圆C上的点到、两点的距离之和为4.

（1）求a的值和椭圆C的方程；
（2）过椭圆C的焦点作AB的平行线交椭圆于P，Q，求的面积
21．（12分）在锐角中，角的对边分别为，满足.
（1）求;
（2）若的面积为，求的值.
22．（10分）已知集合，
（1）若，求m的取值范围；
（2）若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，求m的取值范围
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、A
【解析】根据给定条件构造函数，再探讨其单调性并借助单调性判断作答.
【详解】令函数，求导得，当时，，
于是得在上单调递减，而，则，即，
所以，
故选：A
2、B
【解析】如图设椭圆的左焦点为E，根据题意和椭圆的定义可知，
利用余弦定理求出，结合平面向量的数量积计算即可.
【详解】由题意知，如图，设椭圆的左焦点为E，则，

因为点A、B关于原点对称，所以四边形为平行四边形，
由，得，，
在中，，
所以，
由，得，
整理，得，又，
所以.
故选：B
3、D
【解析】由离心率及椭圆参数关系可得，进而可得.
【详解】因为，则，所以.
故选：D
4、C
【解析】由可得，从而可得，利用等差数列的前n项和公式即可求解.
【详解】解：因为，所以，，
两式相减可得，即，
因为，，所以，即，时，也满足上式，
所以，
所以，
故选：C.
5、B
【解析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可.
【详解】命题，为特称命题，而特称命题的否定是全称命题，
所以命题，，则为：，.
故选：B
6、B
【解析】根据等差数列的性质计算出正确答案.
【详解】由等差数列的性质可知，得.
故选:B
7、B
【解析】设公共焦点为，推导出，可得出，进而可求得、的值.
【详解】设公共焦点为，则，则，
即，故，
即，，
故选：B
8、C
【解析】由题意确定流程图的功能，然后计算其输出值即可.
【详解】运行程序，不满足，，
，不满足，，
，不满足，，
，不满足，，
，不满足，，
，不满足，，
，满足，利用裂项求和可得：.
故选：C.
【点睛】识别、运行程序框图和完善程序框图的思路：
(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构
(2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题
(3)按照题目的要求完成解答并验证
9、B
【解析】由，得到，结合，得到，进而求得，得出，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】设，则，
由，可得，所以，
因为，可得，
又由，两式相减得，
即，即，
又因为，所以，即
又由，所以，解得.
故选：B.

10、B
【解析】根据，，三点共线，结合点到准线的距离为2，得到，再利用抛物线的定义求解.
【详解】如图所示：

∵，，三点共线，
∴是圆的直径，
∴，轴，
又为的中点，且点到准线的距离为2，
∴，
由抛物线的定义可得，
故选：B.
11、A
【解析】根据题意和对数的运算公式可证得为以2为首项，2为公比的等比数列，
求出，进而得到，利用裂项相消法求得，再解不等式即可.
【详解】由，
又，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故，则，
所以，
由，得，即，
有，又，所以，
即n的最小值为10.
故选：A
12、C
【解析】设出点C坐标，求出的重心并代入欧拉线方程，验证并排除部分选项，余下选项再由外心、垂心验证判断作答.
【详解】设顶点的坐标为，则的重心坐标为，
依题意，，整理得：，
对于A，当时，，不满足题意，排除A；
对于D，当时，，不满足题意，排除D；
对于B，当时，，
对于C，当时，，
直线AB的斜率，线段AB中点，线段AB中垂线方程：，即，
由解得：，于是得的外心，
若点，则直线BC的斜率，线段BC中点，该点与点M确定直线斜率为，
显然，即点M不在线段BC的中垂线上，不满足题意，排除B；
若点，则直线BC的斜率，线段BC中点，线段BC中垂线方程为：，即，
由解得，即点为的外心，并且在直线上，
边AB上的高所在直线：，即，
边BC上的高所在直线：，即，
由解得：，则的垂心，此时有，
即的垂心在直线上，选项C满足题意.
故选：C
【点睛】结论点睛：的三顶点，则的重心为.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、684
【解析】利用累加法可求得的值.
【详解】当且时，，
所以，
.
故答案为：.
14、2
【解析】由题意，根据约束条件作出可行域图，如图所示，将目标函数转化为，作出其平行直线，并将其在可行域内平行上下移动，当移到顶点时，在轴上的截距最小，即.

15、
【解析】根据中位数、平均数的定义，结合茎叶图进行计算求解即可.
【详解】根据茎叶图可知：
甲组名学生在一次英语听力测试中的成绩分别；
乙组名学生在一次英语听力测试中的成绩分别，
因为甲组数据的中位数为，所以有，
又因为乙组数据的平均数为，所以有，
所以，
故答案为：
16、2
【解析】求出圆心和双曲线的渐近线方程，即得解.
【详解】解：由题得圆的圆心为，
双曲线的渐近线方程为，即.
所以圆心到双曲线渐近线的距离为.
故答案为：2

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、（1）；（2）.
【解析】（1）本题可根据椭圆的定义求出点的轨迹；
（2）本题首先可设、，然后联立椭圆与直线方程，通过韦达定理得出、，最后通过得出，代入、的值并计算，即可得出结果.
【详解】（1）因为点到两点、的距离之和等于，
所以结合椭圆定义易知，点的轨迹是以点、为焦点且的椭圆，
则，，，点的轨迹.
（2）设，，
联立，整理得，
则，，
因为，所以，
即，整理得，
则，整理得，解得.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据椭圆定义求动点轨迹以及直线与抛物线相关问题的求解，椭圆的定义为动点到两个定点的距离为一个固定的常数，考查韦达定理的应用，考查计算能力，是难题.
18、（1），，证明见解析
（2），
【解析】（1）根据递推关系求出，，对递推公式变形，即可得证；
（2）结合（1）求得通项公式，分组求和.
【小问1详解】
因为，且
所以，，
∵，∴，
∵，∴，且，
∴数列是等比数列.
【小问2详解】
由（1）可知是以为首项，以3为公比的等比数列，
即，即；

.
19、（1）证明见解析
（2）足够
【解析】（1）由题意可得出递推关系，变形后利用等比数列的定义求证即可；
（2）由（1）利用等比数列的通项公式求出，再求出，再计算即可得出结论.
【小问1详解】
依题意，第1个月底股票市值

则
又
∴数列是首项为1200，公比为1.2的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知
∴
∵，所以王同学将一年理财投资所得全部取出来是足够的.
20、（1）a＝2，
（2）
【解析】（1）由题意可得a＝2，，求出，从而可求得椭圆方程，
（2）由题意可求出的坐标，则可求出直线PQ的方程，然后将直线方程与椭圆方程联立，消去，利用根与系数的关系，求出的值，从而可求出的值
【小问1详解】
由椭圆定义可得2a＝4，所以a＝2，
又因点在椭圆C上，所以，解得：，
所以a的值为2，椭圆C的方程为
【小问2详解】
由椭圆的方程可得，，，
所以，
所以直线PQ的方程为，
设，，由 可得，
所以，，
所以，
所以
21、（1）；（2）.
【解析】（1）由条件可得，即，从而可得答案.
(2)由条件结合三角形的面积公式可得，再由余弦定理得，配方可得答案.
【详解】（1）因为，
所以，
所以
所以，
因为所以，
因为，所以
（2）由面积公式得，于是，
由余弦定理得，
即，整理得，故.
22、（1）
（2）
【解析】（1）先求出，由得到，得到不等式组，求出m的取值范围；（2）根据充分不必要条件得到是的真子集，分与两种情况进行求解，求得m的取值范围.
【小问1详解】
，解得：，故，
因为，所以，
故，解得：，
所以m的取值范围是.
【小问2详解】
若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，
则是的真子集，
当时，，解得：，
当时，需要满足：或，
解得：
综上：m取值范围是