山東省日照市2025屆數學高三上期末質量檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．從拋物線上一點(點在軸上方)引拋物線準線的垂線，垂足為，且，設拋物線的焦點為，則直線的斜率為（）A． B． C． D．2．若函數有兩個極值點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．3．等腰直角三角形的斜邊AB為正四面體側棱，直角邊AE繞斜邊AB旋轉，則在旋轉的過程中，有下列說法：（1）四面體EBCD的體積有最大值和最小值；（2）存在某個位置，使得；（3）設二面角的平面角為，則；（4）AE的中點M與AB的中點N連線交平面BCD于點P，則點P的軌跡為橢圓.其中，正確說法的個數是（）A．1 B．2 C．3 D．44．已知函數，存在實數，使得，則的最大值為（）A． B． C． D．5．若函數，在區間上任取三個實數，，均存在以，，為邊長的三角形，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．6．設是虛數單位，復數（）A． B． C． D．7．若a＞b＞0，0＜c＜1，則A．logac＜logbc B．logca＜logcb C．ac＜bc D．ca＞cb8．函數在的圖象大致為（）A． B．C． D．9．已知為實數集，，，則（）A． B． C． D．10．設是兩條不同的直線,是兩個不同的平面,下列命題中正確的是（）A．若,,則 B．若，,則C．若,,則 D．若,,則11．已知等比數列滿足，，等差數列中，為數列的前項和，則（）A．36 B．72 C． D．12．已知函數是上的減函數，當最小時，若函數恰有兩個零點，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在平面直角坐標系中，已知圓及點，設點是圓上的動點，在中，若的角平分線與相交于點，則的取值范圍是_______.14．設直線過雙曲線的一個焦點，且與的一條對稱軸垂直，與交于兩點，為的實軸長的2倍，則雙曲線的離心率為.15．已知等差數列的前n項和為，，，則＝_______．16．已知一組數據，1，0，，的方差為10，則________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）已知橢圓，點為半圓上一動點，若過作橢圓的兩切線分別交軸于、兩點.（1）求證：；（2）當時，求的取值范圍.18．（12分）已知動圓Q經過定點，且與定直線相切（其中a為常數，且）.記動圓圓心Q的軌跡為曲線C．（1）求C的方程，并說明C是什么曲線？（2）設點P的坐標為，過點P作曲線C的切線，切點為A，若過點P的直線m與曲線C交于M，N兩點，則是否存在直線m，使得？若存在，求出直線m斜率的取值范圍；若不存在，請說明理由.19．（12分）已知函數．（1）時，求不等式解集；（2）若的解集包含于，求a的取值范圍．20．（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸的非負半軸為極軸，建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的極坐標方程以及曲線的直角坐標方程；（2）若直線與曲線、曲線在第一象限交于兩點，且，點的坐標為，求的面積.21．（12分）已知函數，．（Ⅰ）求的最小正周期；（Ⅱ）求在上的最小值和最大值．22．（10分）在極坐標系中，曲線的極坐標方程為，直線的極坐標方程為，設與交于、兩點，中點為，的垂直平分線交于、.以為坐標原點，極軸為軸的正半軸建立直角坐標系.（1）求的直角坐標方程與點的直角坐標；（2）求證：.

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】

根據拋物線的性質求出點坐標和焦點坐標，進而求出點的坐標，代入斜率公式即可求解.【詳解】設點的坐標為，由題意知，焦點,準線方程，所以，解得，把點代入拋物線方程可得，，因為，所以，所以點坐標為，代入斜率公式可得，.故選：A【點睛】本題考查拋物線的性質，考查運算求解能力；屬于基礎題.2、A【解析】試題分析：由題意得有兩個不相等的實數根，所以必有解，則，且，∴．考點：利用導數研究函數極值點【方法點睛】函數極值問題的常見類型及解題策略（1）知圖判斷函數極值的情況.先找導數為0的點，再判斷導數為0的點的左、右兩側的導數符號.（2）已知函數求極值.求f′（x）―→求方程f′（x）＝0的根―→列表檢驗f′（x）在f′（x）＝0的根的附近兩側的符號―→下結論.（3）已知極值求參數.若函數f（x）在點（x0，y0）處取得極值，則f′（x0）＝0，且在該點左、右兩側的導數值符號相反.3、C【解析】

解：對于（1），當CD⊥平面ABE，且E在AB的右上方時，E到平面BCD的距離最大，當CD⊥平面ABE，且E在AB的左下方時，E到平面BCD的距離最小，∴四面體E﹣BCD的體積有最大值和最小值，故（1）正確；對于（2），連接DE，若存在某個位置，使得AE⊥BD，又AE⊥BE，則AE⊥平面BDE，可得AE⊥DE，進一步可得AE＝DE，此時E﹣ABD為正三棱錐，故（2）正確；對于（3），取AB中點O，連接DO，EO，則∠DOE為二面角D﹣AB﹣E的平面角，為θ，直角邊AE繞斜邊AB旋轉，則在旋轉的過程中，θ∈[0，π），∠DAE∈[，π），所以θ≥∠DAE不成立．（3）不正確；對于（4）AE的中點M與AB的中點N連線交平面BCD于點P，P到BC的距離為：dP﹣BC，因為＜1，所以點P的軌跡為橢圓．（4）正確．故選：C．點睛：該題考查的是有關多面體和旋轉體對應的特征，以幾何體為載體，考查相關的空間關系，在解題的過程中，需要認真分析，得到結果，注意對知識點的靈活運用.4、A【解析】

畫出分段函數圖像，可得，由于，構造函數，利用導數研究單調性，分析最值，即得解.【詳解】由于，,由于，令，，在↗，↘故.故選：A【點睛】本題考查了導數在函數性質探究中的應用，考查了學生數形結合，轉化劃歸，綜合分析，數學運算的能力，屬于較難題.5、D【解析】

利用導數求得在區間上的最大值和最小，根據三角形兩邊的和大于第三邊列不等式，由此求得的取值范圍.【詳解】的定義域為，，所以在上遞減，在上遞增，在處取得極小值也即是最小值，，，，，所以在區間上的最大值為.要使在區間上任取三個實數，，均存在以，，為邊長的三角形，則需恒成立，且，也即，也即當、時，成立，即，且，解得.所以的取值范圍是.故選：D【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的最值，考查恒成立問題的求解，屬于中檔題.6、D【解析】

利用復數的除法運算，化簡復數，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，復數，故選D．【點睛】本題主要考查了復數的除法運算，其中解答中熟記復數的除法運算法則是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題．7、B【解析】試題分析：對于選項A，，，，而，所以，但不能確定的正負，所以它們的大小不能確定;對于選項B，,，兩邊同乘以一個負數改變不等號方向，所以選項B正確;對于選項C，利用在第一象限內是增函數即可得到，所以C錯誤;對于選項D，利用在上為減函數易得，所以D錯誤.所以本題選B.【考點】指數函數與對數函數的性質【名師點睛】比較冪或對數值的大小,若冪的底數相同或對數的底數相同,通常利用指數函數或對數函數的單調性進行比較；若底數不同,可考慮利用中間量進行比較.8、B【解析】

先考慮奇偶性，再考慮特殊值，用排除法即可得到正確答案.【詳解】是奇函數，排除C，D；，排除A.故選：B.【點睛】本題考查函數圖象的判斷，屬于常考題.9、C【解析】

求出集合，，，由此能求出．【詳解】為實數集，，，或，．故選：．【點睛】本題考查交集、補集的求法，考查交集、補集的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．10、C【解析】

在A中，與相交或平行；在B中，或；在C中，由線面垂直的判定定理得；在D中，與平行或．【詳解】設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則：在A中，若，，則與相交或平行，故A錯誤；在B中，若，，則或，故B錯誤；在C中，若，，則由線面垂直的判定定理得，故C正確；在D中，若，，則與平行或，故D錯誤．故選C．【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，是中檔題．11、A【解析】

根據是與的等比中項，可求得，再利用等差數列求和公式即可得到.【詳解】等比數列滿足，，所以，又，所以，由等差數列的性質可得.故選：A【點睛】本題主要考查的是等比數列的性質，考查等差數列的求和公式，考查學生的計算能力，是中檔題.12、A【解析】

首先根據為上的減函數，列出不等式組，求得，所以當最小時，，之后將函數零點個數轉化為函數圖象與直線交點的個數問題，畫出圖形，數形結合得到結果.【詳解】由于為上的減函數，則有，可得，所以當最小時，，函數恰有兩個零點等價于方程有兩個實根，等價于函數與的圖像有兩個交點．畫出函數的簡圖如下，而函數恒過定點，數形結合可得的取值范圍為．故選：A.【點睛】該題考查的是有關函數的問題，涉及到的知識點有分段函數在定義域上單調減求參數的取值范圍，根據函數零點個數求參數的取值范圍，數形結合思想的應用，屬于中檔題目.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由角平分線成比例定理推理可得，進而設點表示向量構建方程組表示點P坐標，代入圓C方程即可表示動點Q的軌跡方程，再由將所求視為該圓上的點與原點間的距離，所以其最值為圓心到原點的距離加減半徑.【詳解】由題可構建如圖所示的圖形，因為AQ是的角平分線，由角平分線成比例定理可知,所以.設點，點，即，則，所以.又因為點是圓上的動點，則，故點Q的運功軌跡是以為圓心為半徑的圓，又即為該圓上的點與原點間的距離，因為，所以故答案為：【點睛】本題考查與圓有關的距離的最值問題，常常轉化到圓心的距離加減半徑，還考查了求動點的軌跡方程，屬于中檔題.14、【解析】

不妨設雙曲線，焦點，令，由的長為實軸的二倍能夠推導出的離心率.【詳解】不妨設雙曲線，焦點，對稱軸，由題設知，因為的長為實軸的二倍，，，，故答案為.【點睛】本題主要考查利用雙曲線的簡單性質求雙曲線的離心率，屬于中檔題.求解與雙曲線性質有關的問題時要結合圖形進行分析，既使不畫出圖形，思考時也要聯想到圖形，當涉及頂點、焦點、實軸、虛軸、漸近線等雙曲線的基本量時，要理清它們之間的關系，挖掘出它們之間的內在聯系.求離心率問題應先將用有關的一些量表示出來，再利用其中的一些關系構造出關于的等式，從而求出的值.15、【解析】

利用求出公差，結合等差數列的通項公式可求.【詳解】設公差為，因為，所以，即.所以.故答案為：【點睛】本題主要考查等差數列通項公式的求解，利用等差數列的基本量是求解這類問題的通性通法，側重考查數學運算的核心素養.16、7或【解析】

依據方差公式列出方程，解出即可．【詳解】，1，0，，的平均數為，所以解得或．【點睛】本題主要考查方差公式的應用．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）見解析；（2）.【解析】

（1）分兩種情況討論：①兩切線、中有一條切線斜率不存在時，求出兩切線的方程，驗證結論成立；②兩切線、的斜率都存在，可設切線的方程為，將該直線的方程與橢圓的方程聯立，由可得出關于的二次方程，利用韋達定理得出兩切線的斜率之積為，進而可得出結論；（2）求出點、的坐標，利用兩點間的距離公式結合韋達定理得出，換元，可得出，利用二次函數的基本性質可求得的取值范圍.【詳解】（1）由于點在半圓上，則.①當兩切線、中有一條切線斜率不存在時，可求得兩切線方程為，或，，此時；②當兩切線、的斜率都存在時，設切線的方程為（、的斜率分別為、），，，，.綜上所述，；（2）根據題意得、，，令，則，所以，當時，，當時，.因此，的取值范圍是.【點睛】本題考查橢圓兩切線垂直的證明，同時也考查了弦長的取值范圍的計算，考查計算能力，屬于中等題.18、（1），拋物線；（2）存在，.【解析】

（1）設，易得，化簡即得；（2）利用導數幾何意義可得，要使，只需.聯立直線m與拋物線方程，利用根與系數的關系即可解決.【詳解】（1）設，由題意，得，化簡得，所以動圓圓心Q的軌跡方程為，它是以F為焦點，以直線l為準線的拋物線.（2）不妨設.因為，所以，從而直線PA的斜率為，解得，即，又，所以軸.要使，只需.設直線m的方程為，代入并整理，得.首先，，解得或.其次，設，，則，..故存在直線m，使得，此時直線m的斜率的取值范圍為.【點睛】本題考查直線與拋物線位置關系的應用，涉及拋物線中的存在性問題，考查學生的計算能力，是一道中檔題.19、（1）（2）【解析】

(1)代入可得對分類討論即可得不等式的解集;(2)根據不等式在上恒成立去絕對值化簡可得再去絕對值即可得關于的不等式組解不等式組即可求得的取值范圍【詳解】（1）當時，不等式可化為，①當時，不等式為，解得；②當時，不等式為，無解；③當時，不等式為，解得，綜上，原不等式的解集為．（2）因為的解集包含于，則不等式可化為，即．解得，由題意知，解得，所以實數a的取值范圍是．【點睛】本題考查了絕對值不等式的解法分類討論解絕對值不等式的應用,含參數不等式的解法.難度一般.20、（1）的極坐標方程為，的直角坐標方程為（2）【解析】

（1）先把曲線的參數方程消參后，轉化為普通方程，再利用求得極坐標方程.將，化為，再利用求得曲線的普通方程.（2）設直線的極角，代入，得，將代入，得，由，得，即，從而求得，，從而求得，再利用求解.【詳解】（1）依題意，曲線，即，故，即.因為，故，即，即.（2）將代入，得，將代入，得，由，得，得，解得，則.又，故，故的面積.【點睛】本題考查極坐標方程與直角坐標方程、參數方程與普通方程的轉化、極坐標的幾何意義，還考查推理論證能