2025屆山東省泰安市泰安一中高三下學期第一次五校聯考數學試題試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．已知是函數的極大值點，則的取值范圍是A． B．C． D．2．已知復數滿足，其中為虛數單位，則（）．A． B． C． D．3．設，，分別是中，，所對邊的邊長，則直線與的位置關系是（）A．平行 B．重合C．垂直 D．相交但不垂直4．《易經》包含著很多哲理，在信息學、天文學中都有廣泛的應用，《易經》的博大精深，對今天的幾何學和其它學科仍有深刻的影響．下圖就是易經中記載的幾何圖形——八卦田，圖中正八邊形代表八卦，中間的圓代表陰陽太極圖，八塊面積相等的曲邊梯形代表八卦田．已知正八邊形的邊長為，陰陽太極圖的半徑為，則每塊八卦田的面積約為（）A． B．C． D．5．已知函數，當時，恒成立，則的取值范圍為（）A． B． C． D．6．數學中的數形結合，也可以組成世間萬物的絢麗畫面.一些優美的曲線是數學形象美、對稱美、和諧美的結合產物，曲線恰好是四葉玫瑰線.給出下列結論：①曲線C經過5個整點（即橫、縱坐標均為整數的點）；②曲線C上任意一點到坐標原點O的距離都不超過2；③曲線C圍成區域的面積大于；④方程表示的曲線C在第二象限和第四象限其中正確結論的序號是()A．①③ B．②④ C．①②③ D．②③④7．已知、，，則下列是等式成立的必要不充分條件的是（）A． B．C． D．8．已知實數x，y滿足約束條件，若的最大值為2，則實數k的值為（）A．1 B． C．2 D．9．已知拋物線的焦點為，準線為，是上一點，是直線與拋物線的一個交點，若，則（）A． B．3 C． D．210．已知點是拋物線的對稱軸與準線的交點，點為拋物線的焦點，點在拋物線上且滿足，若取得最大值時，點恰好在以為焦點的橢圓上，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．11．兩圓和相外切，且，則的最大值為（）A． B．9 C． D．112．如圖，圓是邊長為的等邊三角形的內切圓，其與邊相切于點，點為圓上任意一點，，則的最大值為（）A． B． C．2 D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知關于的不等式對于任意恒成立，則實數的取值范圍為_________．14．定義在R上的函數滿足：①對任意的，都有；②當時，，則函數的解析式可以是______________.15．已知函數（）在區間上的值小于0恒成立，則的取值范圍是________.16．由于受到網絡電商的沖擊，某品牌的洗衣機在線下的銷售受到影響，承受了一定的經濟損失，現將地區200家實體店該品牌洗衣機的月經濟損失統計如圖所示，估算月經濟損失的平均數為，中位數為n，則_________.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）已知圓：和拋物線：，為坐標原點．（1）已知直線和圓相切，與拋物線交于兩點，且滿足，求直線的方程；（2）過拋物線上一點作兩直線和圓相切，且分別交拋物線于兩點，若直線的斜率為，求點的坐標．18．（12分）已知函數.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）若在上恒成立，求的取值范圍．19．（12分）已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若c＝2a，bsinB﹣asinA＝asinC．（Ⅰ）求sinB的值；（Ⅱ）求sin（2B+）的值．20．（12分）某調查機構為了了解某產品年產量x(噸)對價格y(千克/噸)和利潤z的影響，對近五年該產品的年產量和價格統計如下表：x12345y17.016.515.513.812.2（1）求y關于x的線性回歸方程；（2）若每噸該產品的成本為12千元，假設該產品可全部賣出，預測當年產量為多少時，年利潤w取到最大值？參考公式：21．（12分）已知，，不等式恒成立.（1）求證:（2）求證:.22．（10分）在極坐標系中，曲線的極坐標方程為（1）求曲線與極軸所在直線圍成圖形的面積；（2）設曲線與曲線交于，兩點，求.

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】

方法一：令，則，，當，時，，單調遞減，∴時，，，且，∴，即在上單調遞增，時，，，且，∴，即在上單調遞減，∴是函數的極大值點，∴滿足題意；當時，存在使得，即，又在上單調遞減，∴時，，所以，這與是函數的極大值點矛盾．綜上，．故選B．方法二：依據極值的定義，要使是函數的極大值點，須在的左側附近，，即；在的右側附近，，即．易知，時，與相切于原點，所以根據與的圖象關系，可得，故選B．2、A【解析】

先化簡求出，即可求得答案.【詳解】因為，所以所以故選：A【點睛】此題考查復數的基本運算，注意計算的準確度，屬于簡單題目.3、C【解析】試題分析：由已知直線的斜率為，直線的斜率為，又由正弦定理得，故，兩直線垂直考點：直線與直線的位置關系4、B【解析】

由圖利用三角形的面積公式可得正八邊形中每個三角形的面積，再計算出圓面積的，兩面積作差即可求解.【詳解】由圖，正八邊形分割成個等腰三角形，頂角為，設三角形的腰為，由正弦定理可得，解得，所以三角形的面積為：，所以每塊八卦田的面積約為：.故選：B【點睛】本題考查了正弦定理解三角形、三角形的面積公式，需熟記定理與面積公式，屬于基礎題.5、A【解析】

分析可得,顯然在上恒成立,只需討論時的情況即可,,然后構造函數,結合的單調性,不等式等價于,進而求得的取值范圍即可.【詳解】由題意,若,顯然不是恒大于零,故.,則在上恒成立;當時,等價于,因為,所以.設,由,顯然在上單調遞增,因為,所以等價于,即,則.設,則.令,解得,易得在上單調遞增,在上單調遞減,從而，故.故選:A.【點睛】本題考查了不等式恒成立問題,利用函數單調性是解決本題的關鍵,考查了學生的推理能力,屬于基礎題.6、B【解析】

利用基本不等式得，可判斷②；和聯立解得可判斷①③；由圖可判斷④.【詳解】，解得（當且僅當時取等號），則②正確；將和聯立，解得，即圓與曲線C相切于點，，，，則①和③都錯誤；由，得④正確.故選：B.【點睛】本題考查曲線與方程的應用，根據方程，判斷曲線的性質及結論，考查學生邏輯推理能力，是一道有一定難度的題.7、D【解析】

構造函數，，利用導數分析出這兩個函數在區間上均為減函數，由得出，分、、三種情況討論，利用放縮法結合函數的單調性推導出或，再利用余弦函數的單調性可得出結論.【詳解】構造函數，，則，，所以，函數、在區間上均為減函數，當時，則，；當時，，.由得.①若，則，即，不合乎題意；②若，則，則，此時，，由于函數在區間上單調遞增，函數在區間上單調遞增，則，；③若，則，則，此時，由于函數在區間上單調遞減，函數在區間上單調遞增，則，.綜上所述，.故選：D.【點睛】本題考查函數單調性的應用，構造新函數是解本題的關鍵，解題時要注意對的取值范圍進行分類討論，考查推理能力，屬于中等題.8、B【解析】

畫出約束條件的可行域,利用目標函數的幾何意義,求出最優解,轉化求解即可.【詳解】可行域如圖中陰影部分所示，，，要使得z能取到最大值，則，當時，x在點B處取得最大值，即，得；當時，z在點C處取得最大值，即，得（舍去）.故選:B.【點睛】本題考查由目標函數最值求解參數值,數形結合思想,分類討論是解題的關鍵,屬于中檔題.9、D【解析】

根據拋物線的定義求得，由此求得的長.【詳解】過作，垂足為，設與軸的交點為.根據拋物線的定義可知.由于，所以，所以，所以，所以.故選：D【點睛】本小題主要考查拋物線的定義，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.10、B【解析】

設，利用兩點間的距離公式求出的表達式，結合基本不等式的性質求出的最大值時的點坐標，結合橢圓的定義以及橢圓的離心率公式求解即可.【詳解】設，因為是拋物線的對稱軸與準線的交點，點為拋物線的焦點，所以，則，當時，，當時，，當且僅當時取等號，此時，，點在以為焦點的橢圓上，，由橢圓的定義得，所以橢圓的離心率，故選B.【點睛】本題主要考查橢圓的定義及離心率，屬于難題.離心率的求解在圓錐曲線的考查中是一個重點也是難點，一般求離心率有以下幾種情況：①直接求出，從而求出;②構造的齊次式，求出;③采用離心率的定義以及圓錐曲線的定義來求解．11、A【解析】

由兩圓相外切，得出，結合二次函數的性質，即可得出答案.【詳解】因為兩圓和相外切所以，即當時，取最大值故選：A【點睛】本題主要考查了由圓與圓的位置關系求參數，屬于中檔題.12、C【解析】

建立坐標系，寫出相應的點坐標，得到的表達式，進而得到最大值.【詳解】以D點為原點，BC所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，建立坐標系，設內切圓的半徑為1，以（0，1）為圓心，1為半徑的圓；根據三角形面積公式得到，可得到內切圓的半徑為可得到點的坐標為：故得到故得到，故最大值為：2.故答案為C.【點睛】這個題目考查了向量標化的應用，以及參數方程的應用，以向量為載體求相關變量的取值范圍，是向量與函數、不等式、三角函數等相結合的一類綜合問題.通過向量的運算，將問題轉化為解不等式或求函數值域，是解決這類問題的一般方法.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先將不等式對于任意恒成立,轉化為任意恒成立，設，求出在內的最小值,即可求出的取值范圍.【詳解】解：由題可知，不等式對于任意恒成立，即，又因為，，對任意恒成立，設，其中，由不等式，可得：，則，當時等號成立，又因為在內有解，，則，即：，所以實數的取值范圍：.故答案為：.【點睛】本題考查不等式恒成立問題，利用分離參數法和構造函數，通過求新函數的最值求出參數范圍，考查轉化思想和計算能力.14、（或，答案不唯一）【解析】

由可得是奇函數，再由時，可得到滿足條件的奇函數非常多，屬于開放性試題.【詳解】在中，令，得；令，則，故是奇函數，由時，，知或等，答案不唯一.故答案為：（或，答案不唯一）.【點睛】本題考查抽象函數的性質，涉及到由表達式確定函數奇偶性，是一道開放性的題，難度不大.15、【解析】

首先根據的取值范圍，求得的取值范圍，由此求得函數的值域，結合區間上的值小于0恒成立列不等式組，解不等式組求得的取值范圍.【詳解】由于，所以，由于區間上的值小于0恒成立，所以（）.所以，由于，所以，由于，所以令得.所以的取值范圍是.故答案為：【點睛】本小題主要考查三角函數值域的求法，考查三角函數值恒小于零的問題的求解，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.16、360【解析】

先計算第一塊小矩形的面積，第二塊小矩形的面積，，面積和超過0.5，所以中位數在第二塊求解，然后再求得平均數作差即可.【詳解】第一塊小矩形的面積，第二塊小矩形的面積，故；而，故.故答案為：360.【點睛】本題考查頻率分布直方圖、樣本的數字特征，考查運算求解能力以及數形結合思想，屬于基礎題.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）或．【解析】試題分析:直線與圓相切只需圓心到直線的距離等于圓的半徑，直線與曲線相交于兩點，且滿足，只需數量積為0，要聯立方程組設而不求，利用坐標關系及根與系數關系解題，這是解析幾何常用解題方法，第二步利用直線的斜率找出坐標滿足的要求，再利用兩直線與圓相切，求出點的坐標.試題解析：（1）解：設，，，由和圓相切，得．∴．由消去，并整理得，∴，．由，得，即．∴．∴，∴，∴．∴．∴或（舍）．當時，，故直線的方程為．（2）設，，，則．∴．設，由直線和圓相切，得，即．設，同理可得：．故是方程的兩根，故．由得，故．同理，則，即．∴，解或．當時，；當時，．故或．18、（1）；（2）【解析】

（1）,對函數求導,分別求出和,即可求出在點處的切線方程;（2）對求導,分、和三種情況討論的單調性,再結合在上恒成立,可求得的取值范圍.【詳解】（1）因為,所以,所以,則,故曲線在點處的切線方程為.（2）因為,所以,①當時,在上恒成立,則在上單調遞增,從而成立,故符合題意;②當時,令,解得,即在上單調遞減,則,故不符合題意;③當時,在上恒成立,即在上單調遞減,則,故不符合題意.綜上,的取值范圍為.【點睛】本題考查了曲線的切線方程的求法,考查了利用導數研究函數的單調性,考查了不等式恒成立問題,利用分類討論是解決本題的較好方法,屬于中檔題.19、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）根據條件由正弦定理得，又c＝2a，所以，由余弦定理算出，進而算出；（Ⅱ）由二倍角公式算出，代入兩角和的正弦公式計算即可.【詳解】（Ⅰ）bsinB﹣asinA＝asinC，所以由正弦定理得，又c＝2a，所以，由余弦定理得：，又，所以；（Ⅱ），.【點睛】本題主要考查了正余弦定理的應用，運用二倍角公式和兩角和的正弦公式求值，考查了學生的運算求解能力.20、（1）（2）當時，年利潤最大．【解析】

（1）方法一：令，先求得關于的回歸直線方程，由此求得關于的回歸直線方程.方法二：根據回歸直線方程計算公式，計算出回歸直線方程.方法一的好處在計算的數值較小.（2）求得w的表達式，根據二次函數的性質作出預測.【詳解】（1）方法一：取，則得與的數據關系如下123457.06.55.53.82.2，，，.，，關于的線性回歸方程是即，故關于的線性回歸方程是.