山东省济南市长清第一中学2025届高二数学第一学期期末检测模拟试题含解析

山东省济南市长清第一中学2025届高二数学第一学期期末检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知公差不为0的等差数列中，，且，，成等比数列，则其前项和取得最大值时，的值为（）A.12 B.13C.12或13 D.13或142．椭圆＝1的一个焦点为F，过原点O作直线（不经过焦点F）与椭圆交于A，B两点，若△ABF的面积是20，则直线AB的斜率为（）A. B.C. D.3．设数列的前项和为，且，则（）A. B.C. D.4．已知直线与平行，则的值为（）A. B.C. D.5．直线在y轴上的截距为（）A.-1 B.1C. D.6．圆与圆的位置关系是()A.内切 B.相交C.外切 D.相离7．已知空间向量，且与垂直，则等于（）A.－2 B.－1C.1 D.28．从1，2，3，4，5中随机抽取三个数，则这三个数能成为一个三角形三边长的概率为（）A. B.C. D.9．如图，已知多面体，其中是边长为4的等边三角形，四边形是矩形，，平面平面，则点到平面的距离是（）A. B.C. D.10．在棱长为1的正方体中，是线段上一个动点，则下列结论正确的有（）A.不存在点使得异面直线与所成角为90°B.存在点使得异面直线与所成角为45°C.存在点使得二面角的平面角为45°D.当时，平面截正方体所得的截面面积为11．“”是“圆与轴相切”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件12．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的m的值是（）A.-1 B.0C.0.1 D.1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，则曲线在点处的切线方程为______.14．在公差不为的等差数列中，，，成等比数列，数列的前项和为（1）求数列的通项公式；（2）若，且数列的前项和为，求15．几位大学生响应国家创业号召，开发了一款面向中学生的应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”活动.这款软件的激活码为下面数学题的答案：记集合…，…，例如：，，若将集合的各个元素之和设为该软件的激活码，则该激活码应为________.16．函数在处切线的斜率为_____三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知数列是等差数列，（1）求的通项公式；（2）求的最大项18．（12分）已知命题p：点在椭圆内；命题q：函数在R上单调递增（1）若p为真命题，求m的取值范围；（2）若为假命题，求实数m的取值范围19．（12分）如图，在四棱锥中，，，，，为中点，且平面.（1）求点到平面的距离；（2）线段上是否存在一点，使平面？如果不存在，请说明理由；如果存在，求的值.20．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，若焦距为4，点P是椭圆上与左、右顶点不重合的点，且的面积最大值.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于点、，且满足（为坐标原点），求直线的方程.21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），直线l与x轴交于点P．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C相交于A，B两点，求的值22．（10分）已知函数f(x)=x-mlnx-m.（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)有最小值g(m)，证明：g(m)在上恒成立.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】设等差数列的公差为q，根据，，成等比数列，利用等比中项求得公差，再由等差数列前n项和公式求解.【详解】设等差数列的公差为q，因为，且，，成等比数列，所以，解得，所以，所以当12或13时，取得最大值，故选：C2、A【解析】分情况讨论当直线AB的斜率不存在时，可求面积，检验是否满足条件，当直线AB的斜率存在时，可设直线AB的方程y＝kx，联立椭圆方程，可求△ABF2的面积为S＝2代入可求k【详解】由椭圆＝1，则焦点分别为F1(－5,0)，F2(5,0)，不妨取F(5,0)①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝0，此时AB＝4，＝AB•5＝×5＝10，不符合题意；②可设直线AB的方程y＝kx，由，可得(4+9k2)x2＝180，∴xA＝6，yA＝，∴△ABF2的面积为S＝2＝2××5×＝20，∴k＝±故选：A3、C【解析】利用，把代入中，即可求出答案.【详解】当时，.当时，.故选：C.4、C【解析】由两直线平行可得，即可求出答案.【详解】直线与平行故选：C.5、A【解析】把直线方程由一般式化成斜截式，即可得到直线在轴上的截距.【详解】由，可得，则直线在轴上的截距为.故选：A6、B【解析】判断圆心距与两圆半径之和、之差关系即可判断两圆位置关系.【详解】由得圆心坐标为，半径，由得圆心坐标为，半径，∴，，∴，即两圆相交.故选：B.7、B【解析】直接利用空间向量垂直的坐标运算即可解决.【详解】∵∴∴，解得，故选：B.8、C【解析】列举出所有情况，然后根据两边之和大于第三边数出能构成三角形的情况，进而得到答案.【详解】5个数取3个数的所有情况如下：{1,2,3；1,2,4；1,2,5；1,3,4；1,3,5；1,4,5；2,3,4；2,3,5；2,4,5；3,4,5}共10种情况，而能构成三角形的情况有{2,3,4；2,4,5；3,4,5}共3种情况，故所求概率.故选：C.9、C【解析】利用面面垂直性质结合已知寻找两两垂直的三条直线建立空间直角坐标系，用向量法可解.【详解】取的中点O，连接OB，过O在平面ACDE面内作交DE于F∵平面平面ABC，平面ACDE平面ABC=AC，平面ACDE，∴平面ABC∴∵是边长为4的等边三角形，四边形ACDE是矩形，∴以O为原点，OA，OB，OF分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系则，，，设平面ABD的单位法向量，，由解得取，则∴点C到平面ABD的距离.故选：C10、D【解析】由正方体的性质可将异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，而当为的中点时，可得，可判断A；与或重合时，直线与所成的角最小可判断B；当与重合时，二面角的平面角最小，通过计算可判断C；过作，交于，交于点，由题意可得四边形即为平面截正方体所得的截面，且四边形是等腰梯形，然后利用已知数据计算即可判断D.【详解】异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，当为中点时，，此时与所成的角为90°，所以A错误；当与或重合时，直线与所成角最小，为60°，所以B错误；当与重合时，二面角的平面角最小，，所以，所以C错误；对于D，过作，交于，交于点，因为，所以、分别是、的中点，又，所以，四边形即为平面截正方体所得的截面，因为，且，所以四边形是等腰梯形，作交于点，所以，，所以梯形的面积为，所以D正确.故选：D.11、A【解析】根据充分不必要条件的定义和圆心到轴的距离求出可得答案.【详解】时，圆的圆心坐标为，半径为2，此时圆与轴相切；当圆与轴相切时，因为圆的半径为2，所以圆心到轴的距离为，所以，“”是“圆与轴相切”的充分不必要条件故选：A12、B【解析】计算后，根据判断框直接判断即可得解.【详解】输入，计算，判断为否，计算，输出.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先求函数的导数，再利用导数的几何意义求函数在处的切线方程.【详解】，，，所以曲线在点处的切线方程为，即.故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义，重点考查计算能力，属于基础题型.14、（1）（2）【解析】（1）由解出，再由前项和为55求得，由等差数列通项公式即可求解；（2）先求出，再由裂项相消求和即可.【小问1详解】设公差为，由，，成等比数列，可得，即有，整理得，数列的前项和为55，可得，解得1，1，则；【小问2详解】，则15、376【解析】由题设知集合的规律为最小的元素为且元素构成公差1的等差数列，共有个元素，即可写出的所有元素，应用等差数列前n项和公式求激活码.【详解】由题设，或，即，或，即，所以或，则，故各个元素之和为.故答案为：.16、1【解析】求得函数的导数，计算得，即可得到切线的斜率【详解】由题意，函数，则，所以，即切线的斜率为1，故答案为：1三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）.【解析】（1）利用等差数列的通项公式进行求解即可；（2）运用二次函数的性质进行求解即可.【小问1详解】设等差数列的公差为，所以有，所以；【小问2详解】由（1）可知：，当时，有最大项，最大项为：.18、（1）（2）【解析】（1）根据题意列不等式组求解（2）判断的真假性后分别求解【小问1详解】由题意得，解得且故m的取值范围是【小问2详解】∵为假命题，∴p和q都是真命题，对于命题q，由题意得：恒成立，∴，∴，∴，解得故m的取值范围是19、（1）（2）线段上存在一点，当时，平面.【解析】（1）设点到平面的距离为，则由，由体积法可得答案.（2）由（1）连接,可得则从而平面，过点作交于点，连接，可证明平面平面，从而可得出答案.【小问1详解】由，，为中点，则由平面，平面,则又，且,则平面又，则平面,且都在平面内所以所以,取的中点，连接，则,所以,所以所以所以则设点到平面的距离为，则由即,即【小问2详解】线段上是否存在一点，使平面.由（1）连接,则四边形为平行四边形，则过点作交于，则为中点，则为的中点,即又平面，则平面过点作交于点，连接，则,即又平面,所以平面又，所以平面平面又平面,所以平面所以线段上存在一点，当时，平面.20、（1）（2）或【解析】（1）根据焦距求出，利用面积最大值，得到求出，从而得到，求出椭圆方程；（2）分直线斜率存在和斜率不存在，结合题干条件得到，进而求出直线方程.【小问1详解】∵∴，又的面积最大值，则，所以，从而，，故椭圆的方程为：；【小问2详解】①当直线的斜率存在时，设，代入③整理得，设、，则，所以，点到直线的距离因为，即，又由，得，所以，.而，，即，解得：，此时；②当直线的斜率不存在时，，直线交椭圆于点、.也有，经检验，上述直线均满足，综上：直线的方程为或.【点睛】圆锥曲线中，有关向量的题目，要结合条件选择不同的方法，一般思路有转化为三角形面积，或者线段的比，或者由向量得到共线等.21、（1）直线l的普通方程，曲线C的直角坐标方程（2）【解析】（1）直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果【小问1详解】解：直线的参数方程为为参数），转换为直角坐标方程，曲线的极坐标方程为，根据，转换为直角坐标方程为；小问2详解】直线转换为参数方程为为参数），代入，得到，所以，，所以22、（1）答案见解析（2）证明