山东省潍坊市高密市2025届高二上数学期末综合测试模拟试题含解析

山东省潍坊市高密市2025届高二上数学期末综合测试模拟试题注意事项：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．函数的递增区间是（）A. B.和C. D.和2．如图，在三棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积是（）A. B.C. D.3．如图，在四面体中，，，，点为的中点，，则（）A. B.C. D.4．中国古代数学名著《算法统宗》中有这样一个问题：“今有俸粮三百零五石，令五等官（正一品、从一品、正二品、从二品、正三品）依品递差十三石分之，问，各若干？”其大意是，现有俸粮石，分给正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这位官员，依照品级递减石分这些俸粮，问，每个人各分得多少俸粮？在这个问题中，正三品分得俸粮是（）A.石 B.石C.石 D.石5．椭圆：与双曲线：的离心率之积为2，则双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.6．我国古代数学典籍《四元玉鉴》中有如下一段话：“河有汛，预差夫一千八百八十人筑堤，只云初日差六十五人，次日转多七人，今有三日连差三百人，问已差人几天，差人几何？”其大意为“官府陆续派遣1880人前往修筑堤坝，第一天派出65人，从第二天开始每天派出的人数比前一天多7人.已知最后三天一共派出了300人，则目前一共派出了多少天，派出了多少人？”（）A.6天495人 B.7天602人C.8天716人 D.9天795人7．函数在其定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象为A. B.C. D.8．若函数，满足且，则（）A.1 B.2C.3 D.49．设等差数列的前项和为，已知，，则的公差为（）A.2 B.3C.4 D.510．已知数列中，，()，则（）A. B.C. D.211．方程与的曲线在同一坐标系中的示意图应是（）A. B.C. D.12．过点且与原点距离最大的直线方程是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图：二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，则的长等于__________.14．函数的图象在点处的切线方程为____.15．在下列所示电路图中，下列说法正确的是____(填序号)（1）如图①所示，开关A闭合是灯泡B亮的充分不必要条件；（2）如图②所示，开关A闭合是灯泡B亮的必要不充分条件；（3）如图③所示，开关A闭合是灯泡B亮的充要条件；（4）如图④所示，开关A闭合是灯泡B亮的必要不充分条件16．某中学高一年级有420人，高二年级有460人，高三年级有500人，用分层抽样的方法抽取部分样本，若从高一年级抽取21人，则从高三年级抽取的人数是__________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）已知复数，其中i是虚数单位，m为实数（1）当复数z为纯虚数时，求m的值；（2）当复数在复平面内对应的点位于第三象限时，求m的取值范围18．（12分）已知函数为常数，函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数的图象与直线相切，求实数的值；（3）当时，在上有两个极值点且恒成立，求实数的取值范围.19．（12分）求适合下列条件的椭圆的标准方程：（1）经过点，；（2）长轴长是短轴长的3倍，且经过点20．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别a，b，c．已知2bcosB=ccosA+acosC（1）求B；（2）若a=2，，设D为CB延长线上一点，且AD⊥AC，求线段BD的长21．（12分）在①，；②，，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解决问题问题：设等差数列的前项和为，________________，若，判断是否存在最大值，若存在，求出取最大值时的值；若不存在，说明理由注：如果选择多个条件分别解答．按第一个解答记分22．（10分）如图是一抛物线型机械模具的示意图，该模具是抛物线的一部分且以抛物线的轴为对称轴，已知顶点深度4cm，口径长为12cm（1）以顶点为坐标原点建立平面直角坐标系（如图），求该抛物线的标准方程；（2）为满足生产的要求，需将磨具的顶点深度减少1cm，求此时该磨具的口径长

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】求导后，由可解得结果.【详解】因为的定义域为，，由，得，解得，所以的递增区间为.故选：C.【点睛】本题考查了利用导数求函数的增区间，属于基础题.2、A【解析】根据题意，将该几何体放置于正方体中截得，进而转化为求边长为2的正方体的外接球，再求解即可.【详解】解：因为在三棱锥中，，所以将三棱锥补形成正方体如图所示，正方体的边长为2，则体对角线长为，外接球的半径为，所以外接球的表面积为，故选：.3、B【解析】利用插点的方法，将归结到题目中基向量中去，注意中线向量的运用.【详解】.故选：B.4、D【解析】令位官员(正一品、从一品、正二品、从二品、正三品)所分得的俸粮数是公差为数列，利用等差数列的前n项和求，进而求出正三品即可.【详解】正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这位官员所分得的俸粮数记为数列，由题意，是以为公差的等差数列，且，解得.故正三品分得俸粮数量为（石）.故选：D.5、C【解析】先求出椭圆的离心率，再由题意得出双曲线的离心率，根据离心率即可求出渐近线斜率得解.【详解】椭圆：的离心率为，则，依题意，双曲线；的离心率为，而，于是得，解得：，所以双曲线的渐近线方程为故选：C6、B【解析】根据题意，设每天派出的人数组成数列，可得数列是首项，公差数7的等差数列，解方程可得所求值【详解】解：设第天派出的人数为，则是以65为首项、7为公差的等差数列，且，，∴，，∴天则目前派出的人数为人，故选：B7、D【解析】分析：根据函数单调性、极值与导数的关系即可得到结论.详解：观察函数图象，从左到右单调性先单调递增，然后单调递减，最后单调递增.对应的导数符号为正，负，正.,选项D的图象正确.故选D.点睛：本题主要考查函数图象的识别和判断，函数单调性与导数符号的对应关系是解题关键.8、C【解析】先取，得与之间的关系，然后根据导数的运算直接求导，代值可得.【详解】取，则有，即，又因为所以，所以，所以.故选：C9、B【解析】由以及等差数列的性质，可得的值，再结合即可求出公差.【详解】解：，得，，又，两式相减得，则.故选：B.10、A【解析】由已知条件求出，可得数是以3为周期的周期数列，从而可得，进而可求得答案【详解】因为，()，所以，所以数列的周期为3，，故选：A11、A【解析】方程即，表示抛物线，方程表示椭圆或双曲线，当和同号时，抛物线开口向左，方程表示焦点在轴的椭圆，无符合条件的选项；当和异号时，抛物线开口向右，方程表示双曲线，本题选择A选项.12、A【解析】过点且与原点O距离最远的直线垂直于直线，再由点斜式求解即可【详解】过点且与原点O距离最远的直垂直于直线，，∴过点且与原点O距离最远的直线的斜率为，∴过点且与原点O距离最远的直线方程为：，即.故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由题意，二面角等于，根据，结合向量的运算，即可求解.【详解】由题意，二面角等于，可得向量，，因为，可得,所以.故答案为：14、【解析】先求出导函数，进而根据导数的几何意义求出切线的斜率，然后求出切线方程.【详解】由题意，，，则切线方程为：.故答案为：.15、（1）（2）（3）【解析】充分不必要条件是该条件成立时，可推出结果，但结果不一定需要该条件成立；必要条件是有结果必须有这一条件，但是有这一条件还不够；充要条件是条件和结果可以互推；条件和结果没有互推关系的是既不充分也不必要条件【详解】（1）开关闭合，灯泡亮；而灯泡亮时，开关不一定闭合，所以开关闭合是灯泡亮的充分不必要条件，选项（1）正确.（2）开关闭合，灯泡不一定亮；而灯泡亮时，开关必须闭合，所以开关闭合是灯泡亮的必要不充分条件，选项（2）正确.（3）开关闭合，灯泡亮；而灯泡亮时，开关必须闭合，所以开关闭合是灯泡亮的充要条件，选项（3）正确.（4）开关闭合，灯泡不一定亮；而灯泡亮时，开关不一定闭合，所以开关闭合是灯泡亮的既不充分也不必要条件，选项（4）错误.故答案为（1）（2）（3）.16、25【解析】由条件先求出抽样比，从而可求出从高三年级抽取的人数.【详解】由题意抽样比例：则从高三年级抽取的人数是人故答案为：25三、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）4（2）【解析】（1）根据纯虚数，实部为零，虚部不为零列式即可；（2）根据第三象限，实部小于零，虚部小于零，列式即可.【小问1详解】因为为纯虚数,所以解得或，且且综上可得,当为纯虚数时;【小问2详解】因为在复平面内对应的点位于第三象限,解得或，且即,故的取值范围为.18、（1）答案见解析；（2）7；（3）【解析】（1）根据题意求得，讨论，，，时解，即可得出函数的单调区间；（2）设切点为则结合，得令通过求导研究单调性解得进而解出的值.（3）由已知可得解析式，观察有，求导得原题意可转化为函数在上有两个不同零点.结合根分布可得，函数的两个极值点为是在上的两个不同零点可得且，代入函数中令通过单调性求出进而可得答案.【详解】解：(1)，令，解得：①当时，由得，由得，在上单调递减，在上单调递增；②当时，由得或由得所以在上单调递减，在上单调递增；③当时，恒成立，所以上单调递增.④当时，由得或由得所以在上单调递减，在上单调递增.综上：①当时，在上单调递减，在上单调递增；②当时，在上单调递减，在上单调递增；③当时，在上单调递增.④当时，在上单调递减，在上单调递增.(2)设切点为则(*)，由可得(**)，联立(*)(**)可得，设则，所以在单调递增，在单调递减，又，所以，所以.（3）由已知可得令由题意知在上有两个不同零点.则，因为函数的两个极值点为，则和是在上的两个不同零点.所以且，所以令则所以在上单调递增，所以有其中，即又恒成立，所以故实数的取值范围为.【点睛】方法点睛：已知不等式恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法：（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域或最值问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.19、（1）；（2）或.【解析】（1）由已知可得，，且焦点在轴上，进而可得椭圆的标准方程；（2）由已知可得，，此时焦点在轴上，或，，此时焦点在轴上，进而可得椭圆的标准方程；【小问1详解】解：椭圆经过点，，，，，且焦点在轴上，椭圆的标准方程为.【小问2详解】解：长轴长是短轴长的3倍，且经过点，当点在长轴上时，，，此时焦点在轴上，此时椭圆的标准方程为；当点在短轴上时，，，此时焦点在轴上，此时椭圆的标准方程.综合得椭圆的方程为或.20、（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得，由此求得.（2）利用正弦定理求得，由列方程来求得.【小问1详解】，由正弦定理得，因为，所以，.【小问2详解】由（1）知，，由正弦定理：得，，或（舍去），，，所以由得，，21、答案不唯一，具体见解析【解析】选①：易得，法一：令求n，即可为何值时取最大值；法二：写出，利用等差数列前n项和的函数性质判断为何值时有最大值；选②：由数列前n项和及等差数列下标和的性质易得、即可确定有最大值时值；选③：由等差数列前n项和公式易得、即可确定有最大值时值；【详解】选①：设数列的公差为，，，解得，即，法一：当时，有，得，∴当时，；，；时，，∴或时，取最大值法二：，对称轴，∴或时，取最大值选②：由，得，由等差中项的性质有，即，由，得，∴，故，∴当时，，时，，故时，取最大值选③：由，得，可得，由，得，可得，∴，故，∴当时，，时，，故时，取最大值【点睛】关键点点睛：根据所选的条件，结合