2025屆吉林省長春市九臺市師范中高二數學第一學期期末統考模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．若將一個橢圓繞其中心旋轉90°，所得橢圓短軸兩頂點恰好是旋轉前橢圓的兩焦點，這樣的橢圓稱為“對偶橢圓”，下列橢圓中是“對偶橢圓”的是（）A. B.C. D.2．已知i是虛數單位，復數z=，則復數z的虛部為（）A.i B.-iC.1 D.-13．如圖，在棱長為1的正方體中，M是的中點，則點到平面MBD的距離是（）A. B.C. D.4．若雙曲線與橢圓有公共焦點，且離心率，則雙曲線的標準方程為（）A. B.C. D.5．設等比數列的前項和為，若，則的值是（）A. B.C. D.46．設平面向量，，其中m，，記“”為事件A，則事件A發生的概率為（）A. B.C. D.7．已知數列的前n項和為，，，則（）A. B.C.1025 D.20498．已知拋物線的焦點為，拋物線的焦點為，點在上，且，則直線的斜率為A. B.C. D.9．已知實數滿足方程，則的最大值為（）A.3 B.2C. D.10．拋物線的焦點坐標是（）A.（0，－1） B.（－1，0）C. D.11．已知斜率為1的直線l過橢圓的右焦點，交橢圓于A，B兩點，則弦AB的長為（）A. B.C. D.12．已知直線，橢圓．若直線l與橢圓C交于A，B兩點，則線段AB的中點的坐標為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．由曲線圍成的圖形的面積為________14．設函數，，對任意的，都有成立，則實數的取值范圍是______15．直線與曲線有且僅有一個公共點．則b的取值范圍是__________16．某校開展“讀書月”朗誦比賽，9位評委為選手A給出的分數如右邊莖葉圖所示.記分員在去掉一個最高分和一個最低分后算得平均分為91，復核員在復核時發現有一個數字（莖葉圖中的x）無法看清，若記分員計算無誤，則數字x應該是___________.選手A87899924x15三、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）已知是橢圓的兩個焦點，P為C上一點，O為坐標原點（1）若為等邊三角形，求C的離心率；（2)如果存在點P，使得，且的面積等于16，求b的值和a的取值范圍.18．（12分）已知函數，若函數處取得極值（1）求，的值；（2）求函數在上的最大值和最小值19．（12分）如圖，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，PA＝AD＝2，M、N分別是AB、PC的中點（1）求證：平面MND⊥平面PCD；（2）求點P到平面MND的距離20．（12分）已知橢圓過點，且離心率（1）求橢圓的方程；（2）設點為橢圓的左焦點，點，過點作的垂線交橢圓于點，，連接與交于點①若，求；②求的值21．（12分）已知橢圓的上頂點在直線上，點在橢圓上.（1）求橢圓C的方程；（2）點P，Q在橢圓C上，且，，點G為垂足，是否存在定圓恒經過A，G兩點，若存在，求出圓的方程；若不存在，請說明理由.22．（10分）已知拋物線E：過點Q(1，2)，F為其焦點，過F且不垂直于x軸的直線l交拋物線E于A，B兩點，動點P滿足△PAB的垂心為原點O.（1）求拋物線E的方程；（2）求證：動點P在定直線m上，并求的最小值.

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、A【解析】由題意可得，所給的橢圓中的，的值求出的值，進而判斷所給命題的真假【詳解】解：因為橢圓短的軸兩頂點恰好是旋轉前橢圓的兩焦點，即，即，中，，，所以，故，所以正確；中，，，所以，所以不正確；中，，，所以，所以不正確；中，，，所以，所以不正確；故選：2、C【解析】先通過復數的除法運算求出z，進而求出虛部.【詳解】由題意，，則z的虛部為1.故選：C.3、A【解析】等體積法求解點到平面的距離.【詳解】連接，，則，，由勾股定理得：，，取BD中點E，連接ME，由三線合一得：ME⊥BD，則，故，設到平面MBD的距離是，則，解得：，故點到平面MBD的距離是.故選：A4、A【解析】首先求出橢圓的焦點坐標，然后根據可得雙曲線方程中的的值，然后可得答案.【詳解】橢圓焦點坐標為所以雙曲線的焦點在軸上，，因為，所以，所以雙曲線的標準方程為故選：A5、B【解析】根據題意，由等比數列的性質可知成等比數列，從而可得，即可求出的結果.【詳解】解：已知等比數列的前項和為，，由等比數列的性質得：成等比數列，且公比不為-1即成等比數列，，，.故選：B.6、D【解析】由向量的數量積公式結合古典概型概率公式得出事件A發生的概率.【詳解】由題意可知，即，因為所有的基本事件共有種，其中滿足的為，，只有1種，所以事件A發生的概率為.故選：D7、B【解析】根據題意得，進而根據得數列是等比數列，公比為，首項為，再根據等比數列求和公式求解即可.【詳解】解：因為數列的前n項和為滿足，所以當時，，解得，當時，，即所以，解得或，因為，所以.所以，，所以當時，，所以，即所以數列是等比數列，公比為，首項為，所以故選：B8、B【解析】根據拋物線的定義，求得p的值，即可得拋物線，的標準方程，求得拋物線的焦點坐標后，再根據斜率公式求解.【詳解】因為，所以，解得，所以直線的斜率為．故選B.【點睛】本題考查了拋物線的定義的應用，考查了拋物線的簡單性質，涉及了直線的斜率公式；拋物線上的點到焦點的距離等于其到準線的距離；解題過程中注意焦點的位置.9、D【解析】將方程化為，由圓的幾何性質可得答案.【詳解】將方程變形為，則圓心坐標為，半徑，則圓上的點的橫坐標的范圍為：則x的最大值是故選：D.10、C【解析】根據拋物線標準方程，可得p的值，進而求出焦點坐標.【詳解】由拋物線可知其開口向下，，所以焦點坐標為，故選：C.11、C【解析】根據題意求得直線l的方程，設，聯立直線與橢圓的方程，利用韋達定理求得，再利用弦長公式即可得出答案.【詳解】由橢圓知，，所以，所以右焦點坐標為，則直線的方程為，設，聯立，消y得，，則，所以.即弦AB長為.故選：C.12、B【解析】聯立直線方程與橢圓方程，消y得到關于x的一元二次方程，根據韋達定理可得，進而得出中點的橫坐標，代入直線方程求出中點的縱坐標即可.【詳解】由題意知，，消去y，得，則，，所以A、B兩點中點的橫坐標為：，所以中點的縱坐標為：，即線段AB的中點的坐標為.故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】曲線圍成的圖形關于軸，軸對稱，故只需要求出第一象限的面積即可.【詳解】將或代入方程，方程不發生改變，故曲線關于關于軸，軸對稱，因此只需求出第一象限的面積即可.當，時，曲線可化為：，在第一象限為弓形，其面積為，故.故答案為：.14、【解析】首先求得函數在區間上的最大值，然后分離參數，利用導函數求最值即可確定實數的取值范圍.【詳解】∵在上恒成立，∴當時，取最大值1，∵對任意的，都有成立，∴在上恒成立，即在上恒成立，令，則，，∵在上恒成立，∴在上為減函數，∵當時，，故當時，取最大值1，故，故答案為【點睛】本題考查的知識點是函數恒成立問題，利用導數研究函數的單調性，利用導數研究函數的最值，難度中檔15、或.【解析】根據曲線方程得曲線的軌跡是個半圓，數形結合分析得兩種情況：（1）直線與半圓相切有一個交點；（2）直線與半圓相交于一個點，綜合兩種情況可得答案.【詳解】由曲線，可得，表示以原點為圓心，半徑為的右半圓，是傾斜角為的直線與曲線有且只有一個公共點有兩種情況：（1）直線與半圓相切，根據，所以，結合圖像可得；（2）直線與半圓的上半部分相交于一個交點，由圖可知.故答案為：或.【點睛】方法點睛：處理直線與圓位置關系時，若兩方程已知或圓心到直線的距離易表達，則用幾何法；若方程中含有參數，或圓心到直線的距離的表達較繁瑣，則用代數法；如果或有限制，需要數形結合進行分析.16、4【解析】根據題意分和兩種情況討論，再根據平均分公式計算即可得出答案.【詳解】解：當時，則去掉的最低分數為87分，最高分數為95分，則，所以，當時，則去掉的最低分數為87分，最高分數為分，則平均分為，與題意矛盾，綜上.故答案為：4.三、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），a的取值范圍為.【解析】（1）先連結，由為等邊三角形，得到，，；再由橢圓定義，即可求出結果；（2）先由題意得到，滿足條件的點存在，當且僅當，，，根據三個式子聯立，結合題中條件，即可求出結果.【詳解】（1）連結，由等邊三角形可知：在中，，，，于是，故橢圓C的離心率為；（2）由題意可知，滿足條件的點存在，當且僅當，，，即①②③由②③以及得，又由①知，故；由②③得，所以，從而，故；當，時，存在滿足條件的點.故，a的取值范圍為.【點睛】本題主要考查求橢圓的離心率，以及橢圓中存在定點滿足題中條件的問題，熟記橢圓的簡單性質即可求解，考查計算能力，屬于中檔試題.18、（1）；（2）最大值為，最小值為【解析】（1）求出導函數，由即可解得；（2）求出函數的單調區間，進而可以求出函數的最值.【詳解】解：（1）由題意，可得，得.（2），令，得或（舍去）當變化時，與變化如下遞增遞減所以函數在上的最大值為，最小值為.19、（1）見解析；（2）【解析】（1）作出如圖所示空間直角坐標系，根據題中數據可得、、的坐標，利用垂直向量數量積為零的方法算出平面、平面的法向量分別為，，和，1，，算出，可得，從而得出平面平面；（2）由（1）中求出的平面法向量，，與向量，2，，利用點到平面的距離公式加以計算即可得到點到平面的距離【詳解】（1）證明：平面，，、、兩兩互相垂直，如圖所示，分別以、、所在直線為軸、軸和軸建立空間直角坐標系，則，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，，1，，，1，，，1，，，2，設，，是平面的一個法向量，可得，取，得，，，，是平面的一個法向量，同理可得，1，是平面的一個法向量，，，即平面的法向量與平面的法向量互相垂直，可得平面平面；（2）解：由（1）得，，是平面的一個法向量，，2，，得，點到平面的距離20、（1）（2）①,②【解析】（1）由題意得解方程組求出，從而可得橢圓的方程，（2）①由題意可得的方程為，再與橢圓方程聯立，解方程組求出的坐標，從而可求出；②當時，，當時，直線方程為，與橢圓方程聯立，消去，利用根與系數的關系，結合中點坐標公式可得中點的坐標，再將直線的方程與方程聯立，求出點的坐標，從而可求出的值【小問1詳解】由題意得解得，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】①當時，直線的斜率，則的垂線的方程為由得解得故，，②由，，顯然斜率存在，，當時，當時，直線過點且與直線垂直，則直線方程為由得顯然設，，則，則中點直線的方程為，由得所以綜上的值為21、（1）；（2）存在，定圓.【解析】（1）由題可得，，即求；（2）由題可設直線的方程，利用韋達定理及條件可得直線恒過定點，則以為直徑的圓適合題意，即得.【小問1詳解】由題設知，橢圓上頂點為，且在直線上∴，即又點在橢圓上，∴解得，∴橢圓C的方程為；【小問2詳解】設，，當直線斜率存在，設直線為：聯立方程，化簡得∴，，∵，∴又∵，∴將，代入，化簡得，即則或，①當時，直線恒過定點與點重合，不符題意.②當時，直線恒過定點，記為點，∵，∴以為直徑，其中點為圓心的圓恒經過兩點，則圓方程為：；當直線斜率不存在，設方程為，，，且，，∴，解得或（舍去），，取，以為直徑作圓，圓方程為：恒經過兩點，綜上所述，存在定圓恒經過兩點.【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是證明直線恒過定點，結合條件可得以為直徑的圓，適合題意即得.22、（1）；（2）證明見解析，的最小值為.【解析】（1）將點的坐標代入拋物線方程，由此求得的值，進而求得拋物線的方程.（2）設出直線的方程，聯立直線的方程與拋物線的方程，寫出韋達定