2025-2026學年山東省臨沂市莒南縣第三中學高二數學第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入，則輸出的m的值是（）A.-1 B.0C.0.1 D.12．已知橢圓=1（a>b>0）的右焦點為F，橢圓上的A，B兩點關于原點對稱，|FA|=2|FB|，且·≤a2，則該橢圓離心率的取值范圍是（）A.（0，] B.（0，]C.，1) D.，1)3．已知P是橢圓上的一點，是橢圓的兩個焦點且，則的面積是（）A. B.2C. D.14．已知空間中四點，，，，則點D到平面ABC的距離為（）A. B.C. D.05．如圖，過拋物線的焦點的直線交拋物線于點、，交其準線于點，若，且，則的值為（）A. B.C. D.6．已知橢圓與雙曲線有相同的焦點、，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，點P為橢圓與雙曲線的交點，且，則當取最大值時的值為（）A. B.C. D.7．已知等比數列的前3項和為3，，則（）A. B.4C. D.18．已知等差數列且，則數列的前13項之和為（）A.26 B.39C.104 D.529．已知圓：的面積被直線平分，圓：，則圓與圓的位置關系是（）A.相離 B.相交C.內切 D.外切10．已知橢圓的右焦點和右頂點分別為F，A，離心率為，且，則n的值為（）A.4 B.3C.2 D.11．已知橢圓的左，右兩個焦點分別為，若橢圓C上存在一點A，滿足，則橢圓C的離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.12．甲烷是一種有機化合物，分子式為，其在自然界中分布很廣，是天然氣、沼氣的主要成分．如圖所示的為甲烷的分子結構模型，已知任意兩個氫原子之間的距離（H-H鍵長）相等，碳原子到四個氫原子的距離（C-H鍵長）均相等，任意兩個H-C-H鍵之間的夾角為（鍵角）均相等，且它的余弦值為，即，若，則以這四個氫原子為頂點的四面體的體積為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知橢圓的左、右焦點分別為，，上頂點為A，直線與橢圓C的另一個交點為B，則的面積為___________.14．從1，3，5，7中任取2個數字，從0，2，4，6，8中任取2個數字，組成沒有重復數字的四位數，這樣的四位數一共有___________個.（用數字作答）15．已知等差數列的前項和為，則數列的前2022項的和為___________.16．已知直線與拋物線相交于A，B兩點，且，則拋物線C的準線方程為___________.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）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且求A和B的大?。蝗鬗，N是邊AB上的點，，求的面積的最小值18．（12分）已知橢圓：的一個焦點與曲線的焦點重合，且離心率為.（1）求橢圓的方程（2）設直線：交橢圓于M，N兩點.①若且的面積為，求的值.②若軸上的任意一點到直線與直線（為橢圓的右焦點）的距離相等，求證：直線恒過定點，并求出該定點坐標19．（12分）已知點是拋物線C：上的點，F(xiàn)為拋物線的焦點，且，直線l：與拋物線C相交于不同的兩點A，B.（1）求拋物線C的方程；（2）若，求k的值.20．（12分）已知是公差不為零等差數列，，且、、成等比數列（1）求數列的通項公式：（2）設．數列{}的前項和為，求證：21．（12分）如圖，四棱錐的底面是正方形，平面平面，E為的中點（1）若，證明：；（2）求直線與平面所成角的余弦值的取值范圍22．（10分）已知函數（Ⅰ）討論函數的極值點的個數（Ⅱ）若，，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、B【解析】計算后，根據判斷框直接判斷即可得解.【詳解】輸入，計算，判斷為否，計算，輸出.故選：B.2、B【解析】如圖設橢圓的左焦點為E，根據題意和橢圓的定義可知，利用余弦定理求出，結合平面向量的數量積計算即可.【詳解】由題意知，如圖，設橢圓的左焦點為E，則，因為點A、B關于原點對稱，所以四邊形為平行四邊形，由，得，，在中，，所以，由，得，整理，得，又，所以.故選：B3、A【解析】設，先求出m、n，再利用面積公式即可求解.【詳解】在中，設，則,解得：.因為，所以，所以的面積是.故選：A4、C【解析】根據題意，求得平面的一個法向量，結合距離公式，即可求解.【詳解】由題意，空間中四點，，，，可得，設平面的法向量為，則，令，可得，所以，所以點D到平面ABC的距離為.故選：C.5、B【解析】分別過點、作準線的垂線，垂足分別為點、，設，根據拋物線的定義以及直角三角形的性質可求得，結合已知條件求得，分析出為的中點，進而可得出，即可得解.【詳解】如圖，分別過點、作準線的垂線，垂足分別為點、，設，則由己知得，由拋物線的定義得，故，在直角三角形中，，，因為，則，從而得，所以，，則為的中點，從而.故選：B.6、D【解析】由橢圓的定義及雙曲線的定義結合余弦定理可得，，的關系，由此可得，再利用重要不等式求最值，并求此時的的值.【詳解】設為第一象限的交點，、，則、，解得、，在中，由余弦定理得：，∴，∴，∴，∴，∴，，即，當且僅當，即，時等號成立，此時故選：D7、D【解析】設等比數列公比為，由已知結合等比數列的通項公式可求得，，代入即可求得結果.【詳解】設等比數列的公比為，由，得即，又，即又，，解得又等比數列的前3項和為3，故，即，解得故選：D8、A【解析】根據等差數列的性質化簡已知條件可得的值，再由等差數列前項和及等差數列的性質即可求解.【詳解】由等差數列的性質可得：，，所以由可得：，解得：，所以數列的前13項之和為，故選：A9、D【解析】根據題意，圓：的面積被直線平分，即直線經過圓的圓心，由此求出兩圓的圓心和半徑，然后判斷兩個圓的位置關系即可【詳解】根據題意，圓：，即，其圓心為，半徑，圓：的面積被直線平分，即直線經過圓的圓心，則有1?m＋1＝0，解可得m＝2，即所以圓的圓心（1，?1），半徑為1，圓的標準方程是，圓心（?2，3），半徑為4，其圓心距，所以兩個圓外切，故選：D.10、B【解析】根據橢圓方程及其性質有，求解即可.【詳解】由題設，，整理得，可得.故選：B11、C【解析】根據題意可知當A為橢圓的上下頂點時，即可滿足橢圓C上存在一點A，使得，由此可得，解此不等式可得答案.【詳解】由橢圓的對稱性可知，當A為橢圓的上下頂點時，最大，故只需即可滿足題意，設O為坐標原點，則只需,即有，所以，解得，故選：C12、A【解析】利用余弦定理求得，計算出正四面體的高，從而計算出正四面體的體積.【詳解】設，則由余弦定理知：，解得，故該正四面體的棱長均為由正弦定理可知：該正四面體底面外接圓的半徑，高故該正四面體的體積為故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】求出直線的方程，聯(lián)立方程，求得B點的坐標，從而可得出答案.【詳解】解：由題意知，，，直線的方程為，聯(lián)立方程組，解得，或，即，所以.故答案為：.14、1296【解析】根據取出的數字是否含有零，分類討論，若不含零，則有四位數個，若含有零，則有四位數個，再根據分類加法計數原理即可求出【詳解】若取出的數字中不含零，則有四位數個；若取出的數字中含零，則有四位數個；所以，這樣的四位數有個故答案為：129615、【解析】先設等差數列的公差為，根據題中條件，求出首項和公差，得出前項和，再由裂項相消的方法，即可求出結果.【詳解】設等差數列的公差為，因為，，所以，解得，因此，所以，所以數列的前2022項的和為.故答案：.16、【解析】將直線與拋物線聯(lián)立結合拋物線的定義即可求解.【詳解】解：直線與拋物線相交于A，B兩點設，直線與拋物線聯(lián)立得：所以所以即解得：所以拋物線C的準線方程為：.故答案為：.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、（1），（2）【解析】利用正余弦定理化簡即求解A和B的大小利用正弦定理把CN、CM表示出來，結合三角函數的性質，即可求解的面積的最小值【詳解】解：，由正弦定理得：，，，可得，即;,由由余弦定理可得：，，如圖所示:設，,在中由正弦定理,得,由可知,,所以:,同理,由于,故，此時故的面積的最小值為【點睛】本題考查了正余弦定理的應用，三角函數的有界限求解最值范圍，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題18、（1）（2）①；②證明見解析，定點的坐標為【解析】（1）由所給條件確定基本量即可.（2）①代入消元，韋達定理整體思想，列出關于的方程從而得解；②由已知可知，得到關于、的一次關系式可得證.【小問1詳解】由已知橢圓的右焦點坐標為，，所以，橢圓的方程：【小問2詳解】①將與橢圓方程聯(lián)立得.設，，則，解得，∴，，點到直線的距離為，∴，解得（舍去負值），∴.②設，，將與橢圓方程聯(lián)立，得，當時，∴，，，若軸上任意一點到直線與的距離均相等，則軸為直線與的夾角的平分線，∴，即，∴.∴，解得.∴.∴直線恒過一定點，該定點的坐標為.19、（1）；（2）1或.【解析】(1)根據拋物線的定義，即可求得p值；(2)由過拋物線焦點的直線的性質，結合拋物線的定義，即可求出弦長AB【詳解】（1）拋物線C：的準線為，由得：，得.所以拋物線的方程為.（2）設，，由，，∴，∵直線l經過拋物線C的焦點F，∴解得：，所以k的值為1或.【點睛】考核拋物線的定義及過焦點弦的求法20、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）設等差數列的公差為，則，根據題意可得出關于的方程，求出的值，利用等差數列的通項公式可求得數列的通項公式；（2）求得，利用裂項相消法求出，即可證得結論成立.【小問1詳解】解：設等差數列的公差為，則，由題意可得，即，整理可得，，解得，因此，.【小問2詳解】證明：，因此，，故原不等式得證.21、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）取的中點F，連接．先證明，，即證平面，原題即得證；（2）分別取的中點G，H，連接，證明為直線與平面所成的角，設正方形的邊長為1，，在中，，即得解.【小問1詳解】解：取的中點F，連接因為，則為正三角形，所以因為平面平面，則平面因為平面，則．①因為四邊形為正方形，E為的中點，則，所以，從而，所以．②又平面,結合①②知，平面，所以【小問2詳解】解：分別取的中點G，H，則，又,，則，所以四邊形為平行四邊形，從而.因為，則因為平面平面，，則平面，從而，因為平面，所以平面，從而平面連接，則為直線與平面所成的角.設正方形的邊長為1，，則從而，.在中，因為當時，單調遞增，則，所以直線與平面所成角的余弦值的取值范圍是.22、（Ⅰ）答案見解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）求得，分，和三種情況討論，求得函數的單調性，結合極值的概念，即可求解；（Ⅱ）由不等式，轉化為當時，不等式恒成立，設，利用導數求得函數的單調性與最值，即可求解.【詳解】（Ⅰ）由題意，函數的定義域為，且，當時，令，解得，令，解得或，故在上單調遞減，在，上單調遞增，所以有一個極值點；當時，令，解得或，令，得，故在，上單調遞減，在上單調遞增，所以有一個極值點；當時，上單調遞增，在上單調遞減，所以沒有極值點綜上所述，當