2025屆山東省寧陽四中高二數學第一學期期末聯考模擬試題注意事項：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。考試結束后，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．“且”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C充要條件 D.既不充分也不必要條件2．設，是兩個不同的平面，是直線且．“”是“”的A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件3．已知隨機變量X，Y滿足，，且，則的值為（）A.0.2 B.0.3C.0..5 D.0.64．已知四面體，所有棱長均為2，點E，F分別為棱AB，CD的中點，則（）A.1 B.2C.-1 D.-25．函數在和處的導數的大小關系是（）A. B.C. D.不能確定6．△ABC兩個頂點坐標A（-4，0），B（4，0），它的周長是18，則頂點C的軌跡方程是（）A. B.（y≠0）C. D.7．若拋物線的準線方程是，則拋物線的標準方程是（）A. B.C. D.8．已知等差數列中，，則（）A.15 B.30C.45 D.609．某大學數學系共有本科生1500人，其中一、二、三、四年級的人數比為，要用分層隨機抽樣的方法從中抽取一個容量為300的樣本，則應抽取的三年級學生的人數為（）A.20 B.40C.60 D.8010．過點且平行于直線的直線方程為（）A. B.C. D.11．設函數，則（）A.1 B.5C. D.012．已知a，b為不相等實數，記，則M與N的大小關系為（）A. B.C. D.不確定二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在平面直角坐標系中，雙曲線左、右焦點分別為，，點M是雙曲線右支上一點，，則雙曲線的漸近線方程為___________.14．阿波羅尼斯與阿基米德、歐幾里得被稱為亞歷山大時期的數學三巨匠．“阿波羅尼斯圓”是他的代表成果之一：平面上動點P到兩定點A，B的距離之比滿足(且，t為常數)，則點的軌跡為圓．已知在平面直角坐標系中，，，動點P滿足，則P點的軌跡為圓，該圓方程為_________；過點的直線交圓于兩點，且，則_________15．在等差數列中，，公差，則_________16．已知圓，若圓的過點的三條弦的長，，構成等差數列，則該數列的公差的最大值是______.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）設全集U＝R，集合A＝{x|1≤x≤5}，集合B＝{x|2-a≤x≤1+2a}，其中a∈R.（1）若“x∈A”是“x∈B”充分條件，求a的取值范圍；（2）若“x∈A”是“x∈B”的必要條件，求a的取值范圍.18．（12分）在如圖所示的幾何體中，四邊形是平行四邊形，，，，四邊形是矩形，且平面平面，，點是線段上的動點（1）證明：；（2）設平面與平面的夾角為，求的最小值19．（12分）已知關于的不等式的解集為.（1）求的值；（2）若，求的最小值，并求此時的值.20．（12分）已知是公差不為0的等差數列，，且成等比數列（1）求數列通項公式；（2）設，求數列的前項和21．（12分）某車間打算購買2臺設備，該設備有一個易損零件，在購買設備時可以額外購買這種易損零件作為備件，價格為每個100元.在設備使用期間，零件損壞，備件不足再臨時購買該零件，價格為每個300元.在使用期間，每臺設備需要更換的零件個數的分布列為567.表示2臺設備使用期間需更換的零件數，代表購買2臺設備的同時購買易損零件的個數.（1）求的分布列；（2）以購買易損零件所需費用的期望為決策依據，試問在和中，應選哪一個？22．（10分）已知p：關于x的方程至多有一個實數解，.（1）若命題p為真命題，求實數a的取值范圍；（2）若p是q的充分不必要條件，求實數m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、A【解析】按照充分必要條件的判斷方法判斷，“且”能否推出“”，以及“”能否推出“且”，判斷得到正確答案，【詳解】當且時，成立，反過來，當時，例：，不能推出且.所以“且”是“”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本題考查充分不必要條件的判斷，重點考查基本判斷方法，屬于基礎題型.2、B【解析】，得不到，因為可能相交，只要和的交線平行即可得到；，，∴和沒有公共點，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分條件．故選B考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷.【方法點晴】考查線面平行的定義，線面平行的判定定理，面面平行的定義，面面平行的判定定理，以及充分條件、必要條件，及必要不充分條件的概念，屬于基礎題；并得不到，根據面面平行的判定定理，只有內的兩相交直線都平行于，而，并且，顯然能得到，這樣即可找出正確選項.3、D【解析】利用正態分布的計算公式：，【詳解】且又故選：D4、D【解析】在四面體中，取定一組基底向量，表示出，，再借助空間向量數量積計算作答.【詳解】四面體所有棱長均為2，則向量不共面，兩兩夾角都為，則，因點E，F分別為棱AB，CD的中點，則，，，所以.故選：D5、A【解析】求出函數導數即可比較.【詳解】，，所以，即.故選：A.6、D【解析】根據三角形的周長得出，再由橢圓的定義得頂點C的軌跡為以A，B為焦點的橢圓，去掉A，B，C共線的情況，可求得頂點C的軌跡方程.【詳解】因為，所以，所以頂點C的軌跡為以A，B為焦點的橢圓，去掉A，B，C共線的情況，即，所以頂點C的軌跡方程是，故選：D.【點睛】本題考查橢圓的定義，由定義求得動點的軌跡方程，求解時，注意去掉不滿足的點，屬于基礎題.7、D【解析】根據拋物線的準線方程，可直接得出拋物線的焦點，進而利用待定系數法求得拋物線的標準方程【詳解】準線方程為，則說明拋物線的焦點在軸的正半軸則其標準方程可設為：則準線方程為：解得：則拋物線的標準方程為：故選：D8、D【解析】根據等差數列的性質，可知，從而可求出結果.【詳解】解：根據題意，可知等差數列中，，則，所以.故選：D.9、C【解析】根據給定條件利用分層抽樣的抽樣比直接計算作答.【詳解】依題意，三年級學生的總人數為，從1500人中用分層隨機抽樣抽取容量為300的樣本的抽樣比為，所以應抽取的三年級學生的人數為.故選：C10、A【解析】設直線的方程為，代入點的坐標即得解.【詳解】解：設直線的方程為，把點坐標代入直線方程得.所以所求的直線方程為.故選：A11、B【解析】由題意結合導數的運算可得，再由導數的概念即可得解.【詳解】由題意，所以，所以原式等于.故選：B.12、A【解析】利用作差法即可比較M與N的大小﹒【詳解】因為，又，所以，即故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】首先根據已知條件得到，再結合雙曲線的幾何性質求解即可.【詳解】如圖所示：，，所以，即.設，則，.即，，，，所以，漸近線方程為.故答案為：14、①.②.【解析】設，根據可得圓的方程，利用垂徑定理可求.【詳解】設，則，整理得到，即.因為，故為的中點，過圓心作的垂線，垂足為，則為的中點，則，故，解得，故答案為：，.15、15【解析】由等差數列通項公式直接可得.【詳解】.故答案為：1516、2【解析】根據題意，求得過點的直線截圓所得弦長的最大值和最小值，即可求得公差的最大值.【詳解】圓的圓心，半徑，設點為點，因為，故點在圓內，當直線過點，且經過圓心時，該直線截圓所得弦長取得最大值；當直線過點，且與直線垂直時，該直線截圓所得弦長取得最小值，此時，則滿足題意的直線為，即，又，則該直線截圓所得弦長為；根據題意，要使得數列的公差最大，則，故最大公差.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】（1）由“”是“”的充分條件，可得，從而可得關于的不等式組，解不等式組可得答案；（2）“”是“”的必要條件，可得，然后分和兩種情況求解即可【小問1詳解】由題意得到A＝[1，5]，由“x∈A”是“x∈B”的充分條件可得A?B，則，解得，故實數a的取值范圍是.【小問2詳解】由“x∈A”是“x∈B”的必要條件可得B?A，當時，2-a＞1+2a，即a＜時，滿足題意，當時，即a≥時，則，解得≤a≤1.綜上a≤1，故實數a的取值范圍是.18、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）要證，只需證平面，只需證（由勾股定理可證），，只需證平面，只需證（由平面平面可證），（由可證），即可證明結論.（2）以為原點，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系寫出點與點的坐標由于軸，可設，可得出與的坐標設為平面的法向量，求出法向量.是關于的一個式子，求出的取值范圍，即可求出的最小值【小問1詳解】在中，，，，所以，所以所以是等腰直角三角形，即因為，所以又因為平面平面，平面平面，，所以平面又平面，所以又因為，EC，平面所以平面又平面，所以，所以在中，，，所以所以又因為，，所以，所以又，，平面所以平面又平面，所以【小問2詳解】以為原點，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系則，因為軸，可設，可求得，設為平面的法向量則令，解得，所以又因為是平面的法向量所以，因為，所以所以當時，取到最小值19、（1）;（2），.【解析】（1）利用根與系數的關系，得到等式和不等式，最后求出的值；（2）化簡函數的解析式，利用基本不等式可以求出函數的最小值.【小問1詳解】由題意知：，解得【小問2詳解】由（1）知，∴，由對勾函數單調性知在上單調遞減，∴，即當，函數的最小值為20、（1）（2）【解析】（1）設等差數列的公差為，依題意得到方程組，解得、，即可求出數列的通項公式；（2）由（1）可得，再利用分組求和法求和即可；【小問1詳解】解：設等差數列的公差為，由題意，得，解得或，因為，所以【小問2詳解】解：當時，，所以21、（1）答案見解析；（2）應選擇.【解析】(1)由每臺設備需更換零件個數的分布列求出的所有可能值，并求出對應的概率即可得解.(2)分別求出和時購買零件所需費用的期望，比較大小即可作答.【小問1詳解】的可能取值為10，11，12，13，14，，，，，，則的分布列為：10111213140.090.3