河南省魯山縣一中2025年高二數學第一學期期末調研試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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，，則等于（）A.2 B.C. D.2．設，，則與的等比中項為（）A. B.C. D.3．若關于x的不等式的解集為，則關于x的不等式的解集是（）A. B.，或C.，或 D.，或，或4．如圖，從氣球A上測得正前方的河流的兩岸B，C的俯角分別為、，其中，.如果這時氣球的高度，則河流的寬度BC為（）A. B.C. D.5．函數的遞增區(qū)間是（）A. B.和C. D.和6．為了了解某地區(qū)的名學生的數學成績，打算從中抽取一個容量為的樣本，現用系統(tǒng)抽樣的方法，需從總體中剔除個個體，在整個過程中，每個個體被剔除的概率和每個個體被抽取的概率分別為（）A. B.C. D.7．已知圓和橢圓．直線與圓交于、兩點，與橢圓交于、兩點．若時，的取值范圍是，則橢圓的離心率為（）A. B.C. D.8．在三棱錐中，平面，，，，Q是邊上的一動點，且直線與平面所成角的最大值為，則三棱錐的外接球的表面積為（）A. B.C. D.9．已知橢圓的長軸長，短軸長，焦距長成等比數列，則橢圓離心率為（）A. B.C. D.10．直線分別與軸，軸交于A，B兩點，點在圓上，則面積的取值范圍是（）A. B.C D.11．下列拋物線中，以點為焦點的是（）A. B.C. D.12．若x，y滿足約束條件，則的最大值為（）A.1 B.0C.?1 D.?3二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數，，當時，不等式恒成立，則實數a的取值范圍為_______14．已知函數，若過點存在三條直線與曲線相切，則的取值范圍為___________15．函數在點處的切線方程是_________16．已知函數集合，若A中有且僅有4個元素，則滿足條件的整數a的個數為______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、分別是橢圓C：）的左、右焦點，點P在橢圓C上，當∠PF1F2=時，面積達到最大，且最大值為.（1）求橢圓C的標準方程；（2）設直線l：與橢圓C交于A、B兩點，求面積的最大值.18．（12分）在中，內角所對的邊長分別為，是1和的等差中項（1）求角；（2）若的平分線交于點，且，求的面積19．（12分）已知橢圓的長軸長與短軸長之比為2,、分別為其左、右焦點．請從下列兩個條件中選擇一個作為已知條件,完成下面的問題:①過點且斜率為1的直線與橢圓E相切;②過且垂直于x軸的直線與橢圓在第一象限交于點P,且的面積為．(只能從①②中選擇一個作為已知)（1）求橢圓E的方程;（2）過點的直線l與橢圓E交于A,B兩點,與直線交于H點,若,．證明:為定值20．（12分）如圖，正方體的棱長為4，E，F分別是上的點，且.（1）求與平面所成角的正切值；（2）求證：.21．（12分）設函數，其中，為自然對數的底數.(1)討論單調性；(2)證明：當時，.22．（10分）已知函數，.（1）討論的單調性；（2）當時，記在區(qū)間的最大值為M，最小值為N，求的取值范圍.

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、D【解析】利用兩角和的正切公式計算出正確答案.【詳解】.故選：D2、C【解析】利用等比中項的定義可求得結果.【詳解】由題意可知，與的等比中項為.故選：C.3、D【解析】先利用已知一元二次不等式的解集求得參數，再代入所求不等式，利用分式大于零，則分子分母同號，列不等式計算即得結果.【詳解】不等式解集為，即的二根是1和2，利用根和系數的關系可知，故不等式即轉化成，即，等價于或者，解得或，或者.故解集為，或，或.故選：D.【點睛】分式不等式的解法：（1）先化簡成右邊為零的形式（或），等價于一元二次不等式（或）再求解即可；（2）先化簡成右邊為零的形式（或），再利用分子分母同號（或者異號），列不等式組求解即可.4、D【解析】由題意得，，，然后在和求出，從而可求出的值【詳解】如圖，由題意得，，，在中，，在中，，所以，故選：D5、C【解析】求導后，由可解得結果.【詳解】因為的定義域為，，由，得，解得，所以的遞增區(qū)間為.故選：C.【點睛】本題考查了利用導數求函數的增區(qū)間，屬于基礎題.6、D【解析】根據每個個體被抽取的概率都是相等的、被剔除的概率也都是相等的，分別由剔除的個數和抽取的樣本容量除以總體個數即可求解.【詳解】根據系統(tǒng)抽樣的定義和方法可知：每個個體被抽取的概率都是相等的，每個個體被剔除的概率也都是相等的，所以每個個體被剔除的概率為，每個個體被抽取的概率為，故選：D.7、C【解析】由題設，根據圓與橢圓的對稱性，假設在第一象限可得，結合已知有，進而求橢圓的離心率.【詳解】由題設，圓與橢圓的如下圖示：又時，的取值范圍是，結合圓與橢圓的對稱性，不妨假設在第一象限，∴從0逐漸增大至無窮大時，，故，∴故選：C.8、C【解析】由平面，直線與平面所成角的最大時，最小，也即最小，，由此可求得，從而得，得長，然后取外心，作，取H為的中點，使得，則易得，求出的長即為外接球半徑，從而可得面積【詳解】三棱錐中，平面，直線與平面所成角為，如圖所示；則，且的最大值是，，的最小值是，即A到的距離為，，，在中可得，又，，可得；取的外接圓圓心為，作，取H為的中點，使得，則易得，由，解得，，，，由勾股定理得，所以三棱錐的外接球的表面積是.【點睛】本題考查求球的表面積，解題關鍵是確定球的球心，三棱錐的外接球心在過各面外心且與此面垂直的直線上9、A【解析】由題意，，結合，求解即可【詳解】∵橢圓的長軸長，短軸長，焦距長成等比數列∴∴又∵∴∴，即∴e=又在橢圓e＞0∴e=故選：A10、A【解析】把求面積轉化為求底邊和底邊上的高，高就是圓上點到直線的距離.【詳解】與x，y軸的交點，分別為，，點在圓，即上，所以，圓心到直線的距離為，所以面積的最小值為，最大值為.故選：A11、A【解析】由題意設出拋物線的方程，再結合焦點坐標即可求出拋物線的方程.【詳解】∵拋物線為，∴可設拋物線方程為，∴即，∴拋物線方程為，故選：A.12、B【解析】先畫出可行域，由，得，作出直線，過點時，取得最大值，求出點的坐標代入目標函數中可得答案【詳解】不等式組表示的可行域如圖所示，由，得，作出直線，過點時，取得最大值，由，得，即，所以的最大值為，故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】構造新函數，求導根據導數大于等于零得到，構造，求導得到單調區(qū)間，計算函數最小值得到答案.【詳解】當時，不等式恒成立，所以，所以在上是增函數，，則上恒成立，即在上恒成立，令，則，當時，，當時，，所以，所以故答案為：14、【解析】設過M的切線切點為，求出切線方程，參變分離得，令，則原問題等價于y=g(x)與y=-m-2的圖像有三個交點，根據導數研究g(x)的圖像即可求出m的范圍【詳解】，設過點的直線與曲線相切于點，則，化簡得，，令，則過點存在三條直線與曲線相切等價于y=g(x)與y=-m-2的圖像有三個交點∵，故當x<0或x>1時，，g(x)單調遞增；當0<x<1時，，g(x)單調遞減，又，，∴g(x)如圖，∴-2<-m-2<0，即故答案為：﹒15、【解析】求得函數的導數，得到且，再結合直線的點斜式，即可求解.【詳解】由題意，函數，可得，則且，所以在點處切線方程是，即故答案為：.16、32【解析】作出的圖像，由時，不等式成立，所以，判斷出符合條件的非零整數根只有三個，即等價于時，；時，；利用數形結合，進行求解.【詳解】作出的圖像如圖所示：因為時，不等式成立，所以，符合條件的非零整數根只有三個.由可得：時，；時，；所以在y軸左側，的圖像都在的下方；在y軸右側，的圖像都在的上方；而，，，，.平移直線，由圖像可知：當時，集合A中除了0只含有1，2，3，符合題意，此時整數a可以?。?23，-22，-21……-9.一共15個；當時，集合A中除了0含有1，-1，-2，符合題意.當時，集合A中除了0只含有-1，-2，-3，符合題意，此時整數a可以?。?，6，7……20一共16個.所以整數a的值一共有15+1+16=32（個）.故答案為：32【點睛】分離參數法求零點個數的問題是轉化為，分別做出和的圖像，觀察交點的個數即為零點的個數．用數形結合法解決零點問題常有以下幾種類型：(1)零點個數：幾個零點；(2)幾個零點的和；(3)幾個零點的積.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）3【解析】（1）根據焦點三角形的性質可求出，從而可得標準方程,（2）聯立直線方程和橢圓方程，消元后利用公式表示三角形面積，從而可求面積的最大值.小問1詳解】△PF1F2面積達到最大時為橢圓的上頂點或下頂點，而此時∠PF1F2=，故面積最大時為等邊三角形，故，因面積的最大值為，故，故，故橢圓的標準方程為：.【小問2詳解】設，則由可得，此時恒成立.而，到的距離為,故的面積，令，設，則，故在上為增函數，故即的最大值為3.18、（1）；（2）【解析】（1）根據是1和的等差中項得到，再利用正弦定理結合商數關系，兩角和與差的三角函數化簡得到求解；（2）由和求得b，c的關系，再結合余弦定理求解即可.【詳解】（1）由已知得，在中，由正弦定理得，化簡得，因為，所以，所以；（2）由正弦定理得，又，即，由余弦定理得，所以，所以【點睛】方法點睛：在解有關三角形的題目時，要有意識地考慮用哪個定理更適合，或是兩個定理都要用，要抓住能夠利用某個定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時，則要考慮兩個定理都有可能用到19、（1）（2）證明見解析【解析】(1)選①:直線與橢圓聯立,利用判別式為0求解;選②:利用通徑公式即可(2)用直線參數方程的幾何意義求解【小問1詳解】選①:由題知,過點且斜率為1的直線方程為聯立,得由,得所以橢圓的方程為選②:由題知,所以由,得所以橢圓的方程為【小問2詳解】證明:設直線的參數方程為(為參數)設A,B,H對應的參數分別為,顯然將代入橢圓,得即.所以將代入直線,得由,得,所以由,得,所以所以所以為定值【點睛】關鍵點點睛：直線的參數方程作為一種工具，要充分發(fā)揮它的作用，參數的幾何意義并不局限于加絕對值表示距離，還要注意方向性.請考生在22、23題中任選一題做答，如果多做，則按所做的第一題計分20、（1）；（2）證明見解析.【解析】(1)在正方體中，平面，連接，則為與平面所成的角，在直角三角形，求出即可；(2)∵是正方體，又是空間垂直問題，∴易采用向量法，∴建立如圖所示的空間直角坐標系，欲證，只須證，再用向量數量積公式求解即可.【小問1詳解】在正方體中，平面，連接，則為與平面所成的角，又，，，∴；【小問2詳解】如圖，以為坐標原點，直線、、分別軸、軸、軸，建立空間直角坐標系.則∴，，∴，∴.21、（1）答案見解析（2）答案見解析【解析】（1）求導數，分和，兩種情況討論，即可求得的單調性；（2）令，利用導數求得單調遞增，結合，得到，進而證得.【詳解】（1）由函數，可得，當時，，在內單調遞減；當時，由有，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.(2)證明：令，則，當時，，單調遞增，因為，所以，即，當時，可得，即【點睛】利用導數證明不等式常見類型及解題策略(1)構造差函數.根據差函數導函數符號，確定差函數單調性，利用單調性得不等量關系，進而證明不等式.（2）根據條件，尋找目標函數.一般思路為利用條件將求和問題轉化為對應項之間大小關系，或利用放縮、等量代換將多元函數轉化為一元函數.22、（1）答案見解析；（2）.【解析】（1）求得，對參數進行分類討論，根據導函數函數值的正負即可判斷的單調性；（