山東省曲阜師范大學附屬中學2025年數學高二第一學期期末復習檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．若直線與曲線只有一個公共點，則m的取值范圍是（）A. B.C.或 D.或2．命題“，均有”的否定為（）A.，均有 B.，使得C.，使得 D.，均有3．已知雙曲線的右焦點為F，關于原點對稱的兩點A、B分別在雙曲線的左、右兩支上，，且點C在雙曲線上，則雙曲線的離心率為（）A.2 B.C. D.4．在空間四邊形中，，，，且，則（）A. B.C. D.5．已知：，：，若是的充分不必要條件，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.6．過拋物線（）的焦點作斜率大于的直線交拋物線于，兩點（在的上方），且與準線交于點，若，則A. B.C. D.7．等比數列的前項和為，若，則（）A. B.8C.1或 D.或8．已知橢圓的左右焦點分別為、，點在橢圓上，若、、是一個直角三角形的三個頂點，則點到軸的距離為A B.4C. D.9．已知橢圓的離心率為，左、右焦點分別為、，過作軸的平行線交橢圓于、兩點，為坐標原點，雙曲線的虛軸長為，且以、為頂點，以直線、為漸近線，則橢圓的短軸長為（）A. B.C. D.10．甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，則不同的排法有（）A.24種 B.6種C.4種 D.12種11．如圖1所示，拋物面天線是指由拋物面（拋物線繞其對稱軸旋轉形成的曲面）反射器和位于其焦點上的照射器（饋源，通常采用喇叭天線）組成的單反射面型天線，廣泛應用于微波和衛(wèi)星通訊等，具有結構簡單、方向性強、工作頻帶寬等特點.圖2是圖1的軸截面，，兩點關于拋物線的對稱軸對稱，是拋物線的焦點，是饋源的方向角，記為.焦點到頂點的距離與口徑的比為拋物面天線的焦徑比，它直接影響天線的效率與信噪比等.若饋源方向角滿足，則該拋物面天線的焦徑比為（）A. B.C. D.212．若函數有零點，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．已知直線過點，，且是直線的一個方向向量，則__________.14．數學中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線，曲線就是其中之一（如圖），給出下列三個結論：①曲線C恰好經過6個整點（即橫、縱坐標均為整數的點）；②曲線C上任意一點到原點的距離都不超過；③曲線C所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3；其中，所有正確結論的序號是________15．已知滿足的雙曲線（a，b＞0，c為半焦距）為黃金雙曲線，則黃金雙曲線的離心率為______16．設函數，若存在實數使得成立，則的取值范圍是__________.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）已知函數.（1）記函數，當時，討論函數的單調性；（2）設，若存在兩個不同的零點，證明：為自然對數的底數）.18．（12分）已知圓，直線，直線l與圓C相交于P，Q兩點（1）求的最小值；（2）當的面積最大時，求直線l的方程19．（12分）某車間為了規(guī)定工時定額，需要確定加工零件所花費的時間，為此做了四次試驗，得到的數據如表:零件的個數x(個)2345加工的時間y(小時)2.5344.5（1）在給定的坐標系中畫出表中數據的散點圖.（2）求出y關于x的線性回歸方程，試預測加工10個零件需要多少小時?（注：，）20．（12分）在中內角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，且（1）求角A（2）若，，求的面積21．（12分）以直角坐標系的原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，已知直線的極坐標方程為，曲線的參數方程是(為參數（1）求直線和曲線的普通方程；（2）直線與軸交于點，與曲線交于，兩點，求22．（10分）已知橢圓的離心率為，點在橢圓上.（1）求橢圓的方程；（2）過點作軸的平行線交軸于點，過點的直線與橢圓交于兩個不同的點、，直線、與軸分別交于、兩點，若，求直線的方程；（3）在第（2）問條件下，點是橢圓上的一個動點，請問：當點與點關于軸對稱時的面積是否達到最大？并說明理由.

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、D【解析】根據曲線方程的特征，發(fā)現曲線表示在軸上方的圖象，畫出圖形，根據圖形上直線的三個特殊位置，當已知直線位于直線位置時，把已知直線的解析式代入橢圓方程中，消去得到關于的一元二次方程，由題意可知根的判別式等于0即可求出此時對應的的值；當已知直線位于直線及直線的位置時，分別求出對應的的值，寫出滿足題意得的范圍，綜上，得到所有滿足題意得的取值范圍【詳解】根據曲線，得到，解得：；，畫出曲線的圖象，為橢圓在軸上邊的一部分，如圖所示：當直線在直線的位置時，直線與橢圓相切，故只有一個交點，把直線代入橢圓方程得：，得到，即，化簡得：，解得或(舍去)，則時，直線與曲線只有一個公共點；當直線在直線位置時，直線與曲線剛好有兩個交點，此時，當直線在直線位置時，直線與曲線只有一個公共點，此時，則當時，直線與曲線只有一個公共點，綜上，滿足題意得的范圍是或故選：D2、C【解析】全稱命題的否定是特稱命題【詳解】根據全稱命題的否定是特稱命題，所以命題“，均有”的否定為“，使得”故選：C3、D【解析】設，由，得到四邊形是矩形，在中，利用勾股定理求得，再在中，利用勾股定理求解.【詳解】如圖所示：設，則，，，因為，所以，則四邊形是矩形，在中，，即，解得，在中，，即，解得，故選：D4、A【解析】利用空間向量的線性運算即可求解.【詳解】..故選:A.5、C【解析】由是的充分不必要條件，則是的充分不必要條件，再根據對應集合的包含關系可得答案.【詳解】由，即，設,由是的充分不必要條件，則是的充分不必要條件所以，則故選：C6、A【解析】分別過作準線的垂線，垂足分別為，設，則，，故選A.7、C【解析】根據等比數列的前項和公式及等比數列通項公式即可求解.【詳解】設等比數列的公比為，則因為，所以，即，解得或，所以或.故選：C.8、D【解析】設橢圓短軸的一個端點為根據橢圓方程求得c，進而判斷出，即得或令，進而可得點P到x軸的距離【詳解】解：設橢圓短軸的一個端點為M由于，，；，只能或令，得，故選D【點睛】本題主要考查了橢圓的基本應用考查了學生推理和實際運算能力是基礎題9、C【解析】不妨取點在第一象限，根據橢圓與雙曲線的幾何性質，以及它們之間的聯系，可得點的坐標，再將其代入橢圓的方程中，解之即可【詳解】解：由題意知，在橢圓中，有，在雙曲線中，有，，即，雙曲線的漸近線方程為，不妨取點在第一象限，則的坐標為，即，將其代入橢圓的方程中，有，，解得，橢圓的短軸長為故選：10、B【解析】由已知可得只需對剩下3人全排即可【詳解】解：甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，則只需對剩下3人全排即可，則不同的排法共有，故選：B11、B【解析】建立平面直角坐標系，利用題設條件得到得點坐標，代入拋物線方程化簡即可求解【詳解】建立如圖所示的平面直角坐標系，設拋物線的方程為（）在中，則所以則所以，所以將代入拋物線方程中得所以或即或（舍）當時，故選：B12、A【解析】設，則函數有零點轉化為函數的圖象與直線有交點，利用導數判斷函數的單調性，即可求出【詳解】設，定義域為，則，易知為單調遞增函數，且所以當時，，遞減；當時，，遞增，所以所以，即故選：A【點睛】本題主要考查根據函數有零點求參數的取值范圍，意在考查學生的轉化能力，屬于基礎題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由題得，解方程組即得解.【詳解】解：由題得，因為是直線的一個方向向量，所以，所以，所以.故答案為：14、①②【解析】先根據圖像的對稱性找出整點，再判斷是否還有其他的整點在曲線上；找出曲線上離原點距離最大的點的區(qū)域，再由基本不等式得到最大值不超過；在心形區(qū)域內找到一個內接多邊形，該多邊形的面積等于3，從而判斷出“心形”區(qū)域的面積大于3.【詳解】①:由于曲線，當時，；當時，；當時，；由于圖形的對稱性可知，沒有其他的整點在曲線上，故曲線恰好經過6個整點：,,,,,,所以①正確；②:由圖知，到原點距離的最大值是在時，由基本不等式，當時，，所以即，所以②正確；③:由①知長方形CDFE的面積為2，三角形BCE的面積為1，所以曲線C所圍成的“心形”區(qū)域的面積大于3，故③錯誤；故答案為：①②.【點睛】找準圖形的關鍵信息，比如對稱性，整點，內接多邊形是解決本題的關鍵.15、##【解析】根據題設及雙曲線離心率公式可得，結合雙曲線離心率的性質即可求離心率.【詳解】由題設，，整理得：，所以，而，故.故答案為：.16、【解析】將變形為，令，，分別研究其單調性及值域，使問題轉化為即可.【詳解】由題，，令，則，由，得，由，得，所以在遞減，在遞增，所以，令，則，由，得，由，得，所以在遞增，在遞減，所以，若存在實數使得成立，即存在實數使得成立，即存在實數使得恒成立所以，即，解得，所以取值范圍為.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題解題關鍵是將所求問題轉為存在實數使得恒成立，結合的值域進一步轉化為存在實數使得恒成立，再只需即可.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）在和上單調遞增；在上單調遞減（2）證明見解析【解析】（1）先求導，然后對導數化簡整理后再解不等式即可得單調性；（2）要證明，通過求函數的極值可證明，要證，根據有兩個不同的零點，將問題轉化為證明成立，再通過換元從求函數的最值上證明.【小問1詳解】因為，所以，令，得或.所以時，或；時，.所以在和上單調遞增；在上單調遞減.【小問2詳解】因為，所以.當時，，可得在上單調遞減，此時不可能存在兩個不同的零點，不符合題意.當時，.令，得.當時，；當時，.所以在上單調遞增，在上單調遞減.而當時，，時，.所以要使存在兩個不同的零點，則，即，解得.因為存在兩個不同的零點，則，即.不妨設，則，則，要證，即證，即證，即，.即證，令，則，所以在上單調遞增，所以，即，所以成立.綜上有.【關鍵點點睛】解決本題的第（1）問的關鍵是對導函數的分子因式分解；解決第（2）問的關鍵一是分步證明，二是研究函數的單調性，三是轉化思想的運用，四是換元思想的運用.18、（1）4；（2）或.【解析】(1)過定點D(4，2)，當CD⊥l時，|PQ|最?。?2)，當時，△CPQ面積最大，此時△CPQ為等腰直角三角形，圓心到直線l的距離，據此即可求出m.【小問1詳解】由，得，由，∴直線l過定點D(4，2)，∵，∴在圓C內部，∴直線和l與圓C相交，當CD⊥l時，|PQ|最小，；【小問2詳解】∵，∴當時，△CPQ面積最大，此時△CPQ為等腰直角三角形，故圓心到直線l的距離，∴，解得，∴此時l的方程為：或.19、（1）見解析；（2），預測加工10個零件大約需要8.05小時【解析】（1）由題意描點作出散點圖；（2）根據題中的公式分別求和，即得，令代入求出的值即可.【詳解】（1）散點圖（2），，，∴，，∴回歸直線方程：，令，得，∴預測加工10個零件大約需要8.05小時.【點睛】本題主要考查了散點圖，利用最小二乘法求線性回歸方程，考查了學生基本作圖能力和運算求解能力.20、（1）；（2）.【解析】（1）根據正弦定理，結合三角形內角和定理、兩角和的正弦公式進行求解即可；（2）根據余弦定理，結合三角形面積公式進行求解即可.【小問1詳解】，由正弦定理知，，即又，且．所以，由于．所以；【小問2詳解】由余弦定理得：，又，所以所以.21、（1），（2）4【解析】（1）根據，即可將直線的極坐標方程轉化為普通方程；消參數，即可求出曲線的普通方程；（2）由題意易知，求出直線的參數方程，將其代入曲線的普通方程，利用一元二次方程根和系數關系式的應用，即可求出結果【小問1詳解】解：直線極坐標方程為，即，又，可得的普通方程為，曲線的參數方程是(為參數，消參數，所以曲線的普通方程為【小問2詳解】解：在中令得，，傾斜角，的參數方程可設為，即（為參數），將其代入，得，，設，對應的參數分別為，，則，，，異號，.22、（1）；（2）；（3）當點與點關于軸對稱時，的面積達到最大，理由見解析.【解析】（1）設，可得出，，將點的坐標代入橢圓的方程，求出的值，即可得出橢圓的方程；（2）分析可知直線的斜率存在，設直線的方程為，設點、，將直線的方程與橢圓的方程聯立，列出韋達定理，由已知可得，結合韋達定理可求得的值，即可得出直線的方程；（3）設與直線平行且與橢圓相切的直線的方程為，將該直線方程與橢圓的方程聯立，由判別式為零可求得，分析可知當點為直線與橢圓的切點時，的面積達到最大，求出直線與橢圓的切點坐標，可得出結論.【小問1詳解】解：因為，設，則，，所以，橢圓的方程可表示為，將點的坐標代入橢圓的方程可得，解得，因此，橢圓的方程為.【小問2詳解】解：設線段的中點為，因為，則軸，故直線、的傾斜角互補，易知點，若直線軸，則、為橢圓短軸的兩個頂點，不妨設點、，則，，，不合乎題意.所以，直線的斜率存在，設