山東省濰坊市昌樂博聞學校2025屆高二數學第一學期期末聯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．已知直線與直線垂直，則實數（）A.10 B.C.5 D.2．已知函數有兩個不同的零點，則實數的取值范圍是（）A B.C. D.3．在平面直角坐標系xOy中，點（0,4）關于直線x－y+1＝0的對稱點為（）A.(－1,2) B.(2,－1)C.(1,3) D.(3,1)4．已知，是橢圓的左，右焦點，是的左頂點，點在過且斜率為的直線上，為等腰三角形，，則的離心率為A. B.C. D.5．設函數，則和的值分別為（）A.、 B.、C.、 D.、6．數學美的表現形式不同于自然美或藝術美那樣直觀，它蘊藏于特有的抽象概念，公式符號，推理論證，思維方法等之中，揭示了規律性，是一種科學的真實美．平面直角坐標系中，曲線：就是一條形狀優美的曲線，對于此曲線，給出如下結論：①曲線圍成的圖形的面積是；②曲線上的任意兩點間的距離不超過；③若是曲線上任意一點，則的最小值是其中正確結論的個數為（）A. B.C. D.7．執行如圖所示的程序框圖，若輸出的的值為，則判斷框中應填入（）A.？ B.？C.？ D.？8．已知是邊長為6的等邊所在平面外一點，，當三棱錐的體積最大時，三棱錐外接球的表面積為（）A. B.C. D.9．已知直線在x軸和y軸上的截距相等，則a的值是（）A或1 B.或C. D.110．已知集合，,則（）A. B.C. D.11．如圖是函數的導函數的圖象，下列說法正確的是（）A.函數在上是增函數B.函數在上是減函數C.是函數的極小值點D.是函數的極大值點12．與直線平行，且經過點（2，3）的直線的方程為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．隨機投擲一枚均勻的硬幣兩次，則兩次都正面朝上的概率為______14．在空間直角坐標系中，點關于原點的對稱點為點，則___________.15．執行如圖所示的程序框圖，則輸出的結果________16．如圖所示的莖葉圖記錄了甲、乙兩組各5名工人某日的產量數據（單位：件）．若這兩組數據的中位數相等，且平均值也相等，則x=_____________，y=_____________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）已知點，圓C：，l：.（1）若直線過點M，且被圓C截得的弦長為，求該直線的方程；（2）設P為已知直線l上的動點，過點P向圓C作一條切線，切點為Q，求的最小值.18．（12分）已知橢圓的焦距為，左、右焦點分別為，為橢圓上一點，且軸，，為垂足，為坐標原點，且（1）求橢圓的標準方程；（2）過橢圓的右焦點的直線（斜率不為）與橢圓交于兩點，為軸正半軸上一點，且，求點的坐標19．（12分）已知函數f(x)=x-mlnx-m.（1）討論函數f(x)的單調性；（2）若函數f(x)有最小值g(m)，證明：g(m)在上恒成立.20．（12分）已知橢圓C經過，兩點（1）求橢圓C的標準方程；（2）直線l與C交于P，Q兩點，M是PQ的中點，O是坐標原點，，求證：的邊PQ上的高為定值21．（12分）在中，，，的對邊分別是，，，已知.（1）求；（2）若，且的面積為4，求的周長22．（10分）已知橢圓：的離心率為，，分別為橢圓的左，右焦點，為橢圓上一點，的周長為.（1）求橢圓的方程；（2）為圓上任意一點，過作橢圓的兩條切線，切點分別為A，B，判斷是否為定值?若是，求出定值：若不是，說明理由，

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】根據兩直線垂直，列出方程，即可求解.【詳解】由題意，直線與直線垂直，可得，解得.故選：B.2、A【解析】分離參數，求函數的導數，根據函數有兩個零點可知函數的單調性，即可求解.【詳解】由題意得有兩個零點令,則且所以，在上為增函數，可得，當，在上單調遞減，可得，即要有兩個零點有兩個零點，實數的取值范圍是.故選：A【點睛】方法點睛：已知函數有零點求參數取值范圍常用的方法和思路(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解3、D【解析】設出點(0,4)關于直線的對稱點的坐標，根據題意列出方程組，解方程組即可【詳解】解：設點(0,4)關于直線x－y+1＝0的對稱點是(a,b),則，解得：，故選：D4、D【解析】分析：先根據條件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c關系，即得離心率.詳解：因為等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,由斜率為得，，由正弦定理得,所以，故選D.點睛：解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及范圍問題其關鍵就是確立一個關于的方程或不等式，再根據的關系消掉得到的關系式，而建立關于的方程或不等式，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質、點的坐標的范圍等.5、D【解析】求得，即可求得、的值.【詳解】，則，則，故，.故選：D.6、C【解析】結合已知條件寫出曲線的解析式，進而作出圖像，對于①，通過圖像可知，所求面積為四個半圓和一個正方形面積之和，結合數據求解即可；對于②，根據圖像求出曲線上的任意兩點間的距離的最大值即可判斷；對于③，將問題轉化為點到直線的距離，然后利用圓上一點到直線的距離的最小值為圓心到直線的距離減去半徑即可求解.【詳解】當且時，曲線的方程可化為：；當且時，曲線的方程可化為：；當且時，曲線的方程可化為：；當且時，曲線的方程可化為：，曲線的圖像如下圖所示：由上圖可知，曲線所圍成的面積為四個半圓的面積與邊長為的正方形的面積之和，從而曲線所圍成的面積，故①正確；由曲線的圖像可知，曲線上的任意兩點間的距離的最大值為兩個半徑與正方形的邊長之和，即，故②錯誤；因為到直線的距離為，所以，當最小時，易知在曲線的第一象限內的圖像上，因為曲線的第一象限內的圖像是圓心為，半徑為的半圓，所以圓心到的距離，從而，即，故③正確，故選：C.7、C【解析】本題為計算前項和，模擬程序，實際計算求和即可得到的值.【詳解】由題意可知：輸出的的值為數列的前項和.易知，則，令，解得.即前7項的和.為故判斷框中應填入“？”.故選：C.8、C【解析】由題意分析可得，當時三棱錐的體積最大，然后作圖，將三棱錐還原成正三棱柱，按照正三棱柱外接球半徑的計算方法來計算，即可計算出球半徑，從而完成求解.【詳解】由題意可知，當三棱錐的體積最大時是時，為正三角形，如圖所示，將三棱錐補成正三棱柱，該正三棱柱的外接球就是三棱錐的外接球，而正三棱柱的外接球球心落在上下底面外接圓圓心連線的中點上，設外接圓半徑為，三棱錐外接球半徑為，由正弦定理可得：，所以，，所以三棱錐外接球的表面積為.故選：C.9、A【解析】分截距都為零和都不為零討論即可.【詳解】當截距都為零時，直線過原點，；當截距不為零時，，.綜上：或.故選：A.10、A【解析】由已知得，因為，所以，故選A11、A【解析】根據圖象，結合導函數的正負性、極值的定義逐一判斷即可.【詳解】由圖象可知，當時，；當時，，在上單調遞增，在上單調遞減，可知B錯誤，A正確；是極大值點，沒有極小值，和不是函數的極值點，可知C，D錯誤故選：A12、C【解析】由直線平行及直線所過的點，應用點斜式寫出直線方程即可.【詳解】與直線平行，且經過點（2，3）的直線的方程為，整理得故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##【解析】列舉出所有情況，利用古典概型的概率公式求解即可【詳解】隨機投擲一枚均勻的硬幣兩次，共有：正正，正反，反正，反反共4種情況，兩次都是正面朝上的有：正正1種情況，所以兩次都正面朝上的概率為，故答案為：14、【解析】先利用關于原點對稱的點的坐標特征求出點，再利用空間兩點間的距離公式即可求.【詳解】因為B與關于原點對稱，故，所以.故答案為：.15、132【解析】根據程序框圖模擬程序運行，確定變量值的變化可得結論【詳解】程序運行時，變量值變化如下：，判斷循環條件，滿足，，；判斷循環條件，滿足，，；判斷循環條件，不滿足，輸出故答案為：13216、①.3②.5【解析】根據莖葉圖進行數據分析，列方程求出x、y.【詳解】由題意，甲組數據為56，62，65，70+x，74；乙組數據為59，61，67，60+y，78.要使兩組數據中位數相等，有65=60+y，所以y=5.又平均數相同，則，解得x=3.故答案為：3；5.三、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）或（2）【解析】（1）求出圓的圓心到直線的距離，再利用垂徑定理計算列方程計算；（2）由題意可知當最小時，連線與已知直線垂直，求出，再利用計算即可.【小問1詳解】由題意可知圓的圓心到直線的距離為①當直線斜率不存在時，圓的圓心到直線距離為1，滿足題意；②當直線斜率存在時，設過的直線方程為：，即由點到直線距離公式列方程得：解得綜上，過的直線方程為或.【小問2詳解】由題意可知當最小時，連線與已知直線垂直，由勾股定理知：，所以的最小值為.18、（1）（2）【解析】（1）利用△∽△構造齊次方程，求出離心率，再利用焦距即可求出橢圓方程；（2）將直線方程與橢圓方程聯立利用韋達定理求出和，利用幾何關系可知，即可得，將韋達定理代入化簡即可求得點坐標.【小問1詳解】∵橢圓的焦距為，∴，即，軸，∴，則,由，，則△∽△，∴，即，整理得，即，解得或（舍去）∴，∴，則橢圓的標準方程為，【小問2詳解】設直線的方程為，且，將直線方程與橢圓方程聯立得，，則，，∵，∴，∴,∴，∴，即.19、（1）答案見解析（2）證明見解析【解析】（1）求出函數的導數，討論其符號后可得函數的單調區間.（2）根據（1）的結論可得函數的最小值，再利用導數可證不等式.【小問1詳解】函數的定義域為，且，當時，在上恒成立，所以此時在上為增函數，當時，由，解得，由，解得，所以在上為減函數，在上為增函數，綜上：當時，在上為增函數，當時，在上為減函數，在上為增函數；【小問2詳解】由（1）知:當時，在上為增函數，無最小值.當時，在上上為減函數，在上為增函數，所以，即，則，由，解得，由，解得，所以在上為增函數，在上為減函數，所以，即在上恒成立.20、（1）（2）證明見解析【解析】（1）設出橢圓方程，根據的坐標求得橢圓方程.（2）對直線的斜率分成存在和不存在兩種情況進行分類討論，求得的邊PQ上的高來證得結論成立.【小問1詳解】設橢圓方程為，將坐標代入得，所以橢圓方程為.小問2詳解】當直線的斜率不存在時，關于軸對稱，由于，所以，即，直線與橢圓有兩個交點，符合題意.所以的邊PQ上的高為.當直線的斜率不存在時，設直線的方程為，由消去并化簡得①，設，則，.由于M是PQ的中點且，所以，所以，即，，，.此時①的.原點到直線的距離為.綜上所述，的邊PQ上的高為定值21、（1）（2）【解析】（1）根據正弦定理及題中條件，可得，化簡整理，即可求解（2）由的面積為4，結合（1）中結論，可得，結合余弦定理，可得，從而可求的周長【詳解】解：（1）由及正弦定理得，，又，∴，∴，∴.（2）∵的面積為，∴.由余弦定理得，∴.故的周長為.【點睛】本題