山東省濟南市歷城區濟南一中2025屆數學高二下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．函數的定義域為R，，對任意的，都有成立，則不等式的解集為A． B． C． D．R2．（2017新課標全國卷Ⅲ文科）已知橢圓C：的左、右頂點分別為A1，A2，且以線段A1A2為直徑的圓與直線相切，則C的離心率為A． B．C． D．3．已知直線傾斜角是，在軸上截距是，則直線的參數方程可以是（）A． B． C． D．4．執行如圖所示的程序框圖，若輸出的，則輸入的（）A．-4 B．-7 C．-22 D．-325．在等比數列中，已知，則的值為（）A． B． C． D．6．已知函數，若，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．7．下列選項錯誤的是（）A．“”是“”的充分不必要條件.B．命題“若，則”的逆否命題是“若，則”C．若命題“”，則“”.D．若“”為真命題，則均為真命題.8．設是兩個不同的平面，是一條直線，以下命題正確的是（）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則9．已知位學生得某次數學測試成績得莖葉圖如圖，則下列說法正確的是()A．眾數為7 B．極差為19C．中位數為64.5 D．平均數為6410．直線的斜率為（）A． B． C． D．11．的二項式系數之和為（）．A． B． C． D．12．定義域為的可導函數的導函數為，滿足，且，則不等式的解集為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知橢圓與雙曲線具有相同的焦點，，且在第一象限交于點，設橢圓和雙曲線的離心率分別為，，若，則的最小值為__________．14．在中，若，則的外接圓半徑，將此結論拓展到空間，可得出的正確結論是：在四面體中，若兩兩垂直，，則四面體的外接球半徑______________．15．已知函數為偶函數，對任意滿足，當時，.若函數至少有個零點，則實數的取值范圍是____________．16．在區間上隨機地取三個不同的整數,則“這三個數是一個鈍角三角形的三邊長”的概率為______．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．（12分）已知函數，且在和處取得極值.（I）求函數的解析式.（II）設函數，是否存在實數，使得曲線與軸有兩個交點，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.18．（12分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數）.以坐標原點為極點，軸的非負半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系，圓的極坐標方程為.（1）求直線的普通方程與圓的直角坐標方程；（2）設動點在圓上，動線段的中點的軌跡為，與直線交點為，且直角坐標系中，點的橫坐標大于點的橫坐標，求點的直角坐標.19．（12分）已知拋物線C的頂點為原點，焦點F與圓的圓心重合.（1）求拋物線C的標準方程；（2）設定點，當P點在C上何處時，的值最小，并求最小值及點P的坐標；（3）若弦過焦點，求證：為定值.20．（12分）一個口袋內有個不同的紅球，個不同的白球，（1）從中任取個球，紅球的個數不比白球少的取法有多少種？（2）若取一個紅球記分，取一個白球記分，從中任取個球，使總分不少于分的取法有多少種？21．（12分）已知函數.（1）討論的單調性；（2）當時，，記函數在上的最大值為，證明：.22．（10分）某廠生產某產品的年固定成本為250萬元，每生產x千件，需另投入成本C(x)（萬元），若年產量不足80千件，C(x)的圖象是如圖的拋物線，此時C(x)<0的解集為(-30,0)，且C(x)的最小值是-75，若年產量不小于80千件，C(x)=51x+10000（1）寫出年利潤L(x)（萬元）關于年產量x（千件）的函數解析式；（2）年產量為多少千件時，該廠在這一商品的生產中所獲利潤最大？

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】

把原不等式化為右側為0的形式，令左側為，利用導數得到的單調性，得解集．【詳解】原不等式化為，令，則，對任意的，都有成立，恒成立，在R上遞減，，的解集為，故選：A．此題考查了利用導數研究單調性，解決不等式問題，難度適中．對于沒有解析式或者表達式比較復雜的不等式，通常采取的方法是，研究函數的單調性和零點，進而得到解集。2、A【解析】以線段為直徑的圓的圓心為坐標原點，半徑為，圓的方程為，直線與圓相切，所以圓心到直線的距離等于半徑，即，整理可得，即即，從而，則橢圓的離心率，故選A.【名師點睛】解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及取值范圍問題，其關鍵就是確立一個關于的方程或不等式，再根據的關系消掉得到的關系式，而建立關于的方程或不等式，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質、點的坐標的范圍等.3、D【解析】

由傾斜角求得斜率,由斜截式得直線方程,再將四個選項中的參數方程化為普通方程,比較可得答案.【詳解】因為直線傾斜角是,所以直線的斜率,所以直線的斜截式方程為:,由消去得,故不正確;由消去得,故不正確;由消去得,故不正確;由消去得,故正確;故選:D.本題考查了直線方程的斜截式,參數方程化普通方程,屬于基礎題.4、A【解析】

模擬執行程序，依次寫出每次循環得到的S，i的值，當i＝6時不滿足條件i＜6，退出循環，輸出S的值為S+1﹣9+16﹣25＝﹣18，從而解得S的值．【詳解】解：由題意，模擬執行程序，可得i＝2，滿足條件i＜6，滿足條件i是偶數，S＝S+1，i＝3滿足條件i＜6，不滿足條件i是偶數，S＝S+1﹣9，i＝1滿足條件i＜6，滿足條件i是偶數，S＝S+1﹣9+16，i＝5滿足條件i＜6，不滿足條件i是偶數，S＝S+1﹣9+16﹣25，i＝6不滿足條件i＜6，退出循環，輸出S的值為S+1﹣9+16﹣25＝﹣18，故解得：S＝﹣1．故選A．點睛：本題主要考查了循環結構的程序框圖，模擬執行程序，正確得到循環結束時S的表達式是解題的關鍵，屬于基礎題．5、D【解析】

根據數列是等比數列得到公比，再由數列的通項公式得到結果.【詳解】因為數列是等比數列，故得到進而得到，則故答案為：D.這個題目考查了等比數列的通項的求法，是簡單題.6、A【解析】

代入特殊值對選項進行驗證排除，由此得出正確選項.【詳解】若，符合題意，由此排除C,D兩個選項.若，則不符合題意，排除B選項.故本小題選A.本小題主要考查分段函數函數值比較大小，考查特殊值法解選擇題，屬于基礎題.7、D【解析】

根據充分條件和必要條件的定義，逆否命題的定義、含有量詞的命題的否定以及復合命題的真假關系依次對選項進行判斷即可得到答案。【詳解】對于A,由可得或，即“”是“”的充分不必要條件，故A正確；對于B，根據逆否命題的定義可知命題“若，則”的逆否命題是“若，則”，故B正確；對于C,由全稱命題的否定是存在命題，可知若命題“”，則“”，故C正確；對于D,根據復合命題的真值表可知若“”為真命題，則至少一個為真命題，故D錯誤。故答案選D本題考查命題真假的判定，涉及到逆否命題的定義、充分條件與必要條件的判斷、含有量詞的命題的否定以及復合命題的真假關系，屬于基礎題。8、C【解析】對于A、B、D均可能出現，而對于C是正確的．9、C【解析】

根據莖葉圖中的數據求得這組數據的眾數、極差、中位數和平均數．【詳解】根據莖葉圖中的數據知，這組數據的眾數為67，A錯誤；極差是75﹣57＝18，B錯誤；中位數是64.5，C正確；平均數為60（﹣3﹣1+1+2+7+7+12+15）＝65，D錯誤．故選C．本題考查了利用莖葉圖求眾數、極差、中位數和平均數的應用問題，是基礎題．10、A【解析】

將直線方程化為斜截式，可得出直線的斜率．【詳解】將直線方程化為斜截式可得，因此，該直線的斜率為，故選A．本題考查直線斜率的計算，計算直線斜率有如下幾種方法：（1）若直線的傾斜角為且不是直角，則直線的斜率；（2）已知直線上兩點、，則該直線的斜率為；（3）直線的斜率為；（4）直線的斜率為.11、B【解析】由題意得二項式系數和為．選．12、C【解析】

構造函數，根據可知，得到在上單調遞減；根據，可將所求不等式轉化為，根據函數單調性可得到解集.【解答】令，則在上單調遞減則不等式可化為等價于，即即所求不等式的解集為：本題正確選項：本題考查利用導數研究函數的單調性求解不等式，關鍵是能夠構造函數，將所求不等式轉變為函數值的比較，從而利用其單調性得到自變量的關系．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、.【解析】分析：通過橢圓與雙曲線的定義，用和表示出的長度，根據余弦定理建立的關系式；根據離心率的定義表示出兩個離心率的平方和，利用基本不等式即可求得最小值。詳解：，所以解得在△中，根據余弦定理可得代入得化簡得而所以的最小值為點睛：本題考查了圓錐曲線的綜合應用。結合余弦定理、基本不等式等對橢圓、雙曲線的性質進行逐步分析，主要是對圓錐曲線的“交點”問題重點分析和攻破，屬于難題。14、【解析】

通過條件三條棱兩兩垂直，可將其補為長方體，從而求得半徑.【詳解】若兩兩垂直,可將四面體補成一長方體，從而長方體的外接球即為四面體的外接球，于是半徑，故答案為.本題主要考查外接球的半徑，將四面體轉化為長方體求解是解決本題的關鍵.15、【解析】

根據偶函數性質及解析式滿足的條件，可知的對稱軸和周期，并由時的解析式，畫出函數圖像；根據導數的幾何意義，求得時的解析式，即可求得的臨界值，進而確定的取值范圍.【詳解】函數至少有個零點，由可得函數為偶函數，對任意滿足，則函數圖像關于對稱，函數為周期的周期函數，當時，，則的函數圖像如下圖所示：由圖像可知，根據函數關于軸對稱可知，若在時至少有兩個零點，則滿足至少有個零點，即在時至少有兩個交點；當與相切時，滿足有兩個交點；則，設切點為，則，解方程可得，由導數的幾何意義可知，所以滿足條件的的取值范圍為.故答案為：.本題考查了函數零點的應用，方程與函數的綜合應用，根據導數求函數的交點情況，數形結合法求參數的取值范圍，屬于難題.16、【解析】分析：由題意，從的六個數字中隨機取出3個數，共有種方法，設三角形的三邊分別為，列舉其中滿足的共有5種，利用古典概型概率的計算公式即可求解．詳解：由題意，在區間中隨機地取三個不同的整數，即從的六個數字中隨機取出3個數，共有種方法，設三角形的三邊分別為，其中滿足的共有：，共有5種，所以概率為．點睛：本題主要考查了古典概型及其概率的計算問題，其中中正確理解題意，確定基本時間的額總數和得出事件中所包含的基本時間的個數是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力．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）存在，且或時，使得曲線與軸有兩個交點.【解析】試題分析：解：（1），因為在和處取得極值，所以和是＝0的兩個根，則解得經檢驗符合已知條件故（2）由題意知，令得，或，隨著變化情況如下表所示：

1

（1，3）

3

－

0

+

0

－

遞減

極小值

遞增

極大值

遞減

由上表可知：極大值＝，又取足夠大的正數時，；取足夠小的負數時，，因此，為使曲線與軸有兩個交點，結合的單調性，得：，∴或，即存在，且或時，使得曲線與軸有兩個交點.考點：導數的運用點評：根據導數的符號判定函數的單調性是解題的關鍵，同時能利用其極值于x軸的關系的求解交點問題，屬于中檔題．18、(1)的直角坐標方程是.直線的普通方程為.(2).【解析】

（1）消去參數后可得的普通方程，把化成，利用互化公式可得的直角方程.（2）設點，則，利用在橢圓上可得的直角方程，聯立直線的普通方程和的直角坐標方程可得的直角坐標.【詳解】解：（1）由，得，將互化公式代上式，得，故圓的直角坐標方程是.由，得，即.所以直線的普通方程為.（2）設點.由中點坐標公式得曲線的直角坐標方程為.聯立，解得，或.故點的直角坐標是.極坐標轉化為直角坐標，關鍵是，而直角坐標轉化為極坐標，關鍵是．參數方程化為直角方法，關鍵是消去參數，消參的方法有反解消參、平方消參、交軌法等．19、（1）（2）4（3）1，【解析】

分析：（1）化圓的一般方程為標準方程，求出圓心坐標，可得拋物線的焦點坐標，從而可得拋物線方程；（2）設點在拋物線的準線上的射影為點，根據拋物線定義知,要使的值最小，必三點共線，從而可得結果；（3），設，，根據焦半徑公式可得，利用韋達定理化簡可得結果.詳解：（1）由已知易得，則求拋物線的標準方程C為.（2）設點P在拋物線C的準線上的攝影為點B，根據拋物線定義知要使的值最小，必三點共線.可得，.即此時.（3），設所以.點睛：本題主要考查拋物線的標準方程和拋物線的簡單性質及利用拋物線的定義求最值，屬于難題.與拋物線的定義有關的最值問題常常實現由點到點的距離與點到直線的距離的轉化：(1)將拋物線上的點到準線的距化為該點到焦點的距離，構造出“兩點之間線段最短”，使問題得解；(2)將拋物線上的點到焦點的距離轉化為到準線的距離，利用“點與直線上所有點的連線中垂線段最短”原理解決.本題是將到焦點的距離轉化為到準線的距離，再根據幾何意義解題的.20、（1）115（2）186【解析】

（1）從中任取4個球，紅球的個數不比白球少的取法，紅球4個，紅球3個和白球1個，紅球2個和白球2個，紅球4個，取法有種，紅球3個和白球1個，取法有種；紅球2個和白球2個，取法有種；根據分類計數原理，紅球的個數不比白球少的取法有種．（2）使總分不少于7分情況有三種情況，4紅1白，3紅2白，2紅3白.第一種，4紅1白，取法有種；第二種，3紅2白，取法有種，第三種，2紅3白，取法有種，根據分類計數原理，總分不少于7分的取法有21、（1）單調遞減區間為，單調遞增區間為；（2）見解析.【解析】

（1）利用導數求函數的單調性即可；（2）對求導，得，因為，所以