四川省成都市經開區實驗中學2025屆高二上數學期末經典模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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．函數為的導函數，令，則下列關系正確的是（）A. B.C. D.2．已知直線與平行，則a的值為（）A.1 B.﹣2C. D.1或﹣23．已知點，，若直線過點且與線段相交，則直線的斜率的取值范圍是（）A. B.C. D.4．若復數z滿足（其中為虛數單位），則（）A. B.C. D.5．若，則下列不等式不能成立是（）A. B.C. D.6．已知數列滿足，則（）A.32 B.C.1320 D.7．拋擲兩枚質地均勻的硬幣，設事件“第一枚硬幣正面朝上”，事件“第二枚硬幣反面朝上”，則下列結論中正確的為（）A.與互為對立事件 B.與互斥C.與相等 D.8．已知梯形中，，且，則的值為（）A. B.C. D.9．已知f(x)為R上的可導函數，其導函數為，且對于任意的x∈R，均有，則（）A.e－2021f(－2021)>f(0)，e2021f(2021)<f(0) B.e－2021f(－2021)<f(0)，e2021f(2021)<f(0)C.e－2021f(－2021)>f(0)，e2021f(2021)>f(0) D.e－2021f(－2021)<f(0)，e2021f(2021)>f(0)10．已知點與不重合的點A，B共線，若以A，B為圓心，2為半徑的兩圓均過點，則的取值范圍為（）A. B.C. D.11．過點A(3，3)且垂直于直線的直線方程為A. B.C. D.12．等差數列中，，，則（）A.6 B.7C.8 D.9二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知點P在圓上，已知，，則的最小值為___________.14．若把英語單詞“”的字母順序寫錯了，則可能出現的錯誤有______種15．若拋物線的焦點與橢圓的右焦點重合，則實數m的值為______.16．已知圓錐的高為，體積為，則以該圓錐的母線為半徑的球的表面積為______________.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）等差數列的公差d不為0，滿足成等比數列，數列滿足.（1）求數列與通項公式：（2）若，求數列的前n項和.18．（12分）已知圓C的圓心C在直線上，且與直線相切于點.（1）求圓C的方程；（2）過點的直線與圓C交于兩點，線段的中點為M，直線與直線的交點為N.判斷是否為定值.若是，求出這個定值，若不是，說明理由.19．（12分）已知三角形ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且（1）求角B；（2）若，角B的角平分線交AC于點D，，求CD的長20．（12分）如圖，已知正方體的棱長為，，分別是棱與的中點.（1）求以，，，為頂點的四面體的體積；（2）求異面直線和所成角的大小.21．（12分）已知函數（Ⅰ）若的圖象在點處的切線與軸負半軸有公共點，求的取值范圍；（Ⅱ）當時，求的最值22．（10分）如圖，在平面直角坐標系上，已知圓的直徑，定直線到圓心的距離為，且直線垂直于直線，點是圓上異于、的任意一點，直線、分別交與、兩點（1）求過點且與圓相切的直線方程；（2）若，求以為直徑的圓方程；（3）當點變化時，以為直徑的圓是否過圓內的一定點，若過定點，請求出定點；若不過定點，請說明理由

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】求導后，令，可求得，再利用導數可得為減函數，比較的大小后，根據為減函數可得答案.【詳解】由題意得，，，解得，所以所以，所以為減函數因為，所以，故選：B【點睛】關鍵點點睛：比較大小的關鍵是知道的單調性，利用導數可得的單調性.2、A【解析】根據題意可得，解之即可得解.【詳解】解：因為直線與平行，所以，解得.故選：A.3、B【解析】直接利用兩點間的坐標公式和直線的斜率的關系求出結果【詳解】解：直線過點且斜率為，與連接兩點，的線段有公共點，由圖，可知，，當時，直線與線段有交點故選：B4、B【解析】利用復數的除法化簡復數，利用復數的模長公式可求得結果.【詳解】，因此，.故選：B5、C【解析】利用不等式的性質可判斷ABD，利用賦值法即可判斷C，如.【詳解】解：因為，所以，所以，，，故ABD正確；對于C，若，則，故C錯誤.故選：C.6、A【解析】先令，求出，再當時，由，可得，然后兩式相比，求出，從而可求出，進而可求得答案【詳解】當時，，當時，由，可得，兩式相除可得，所以，所以，故選：A7、D【解析】利用互斥事件和對立事件的定義分析判斷即可【詳解】因為拋擲兩枚質地均勻的硬幣包含第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣正面朝上，第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣反面朝上，第一枚硬幣反面朝上第二枚硬幣正面朝上，第一枚硬幣反面朝上第二枚硬幣反面朝上，4種情況，其中事件包含第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣正面朝上，第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣反面朝上2種情況，事件包含第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣反面朝上，第一枚硬幣反面朝上第二枚硬幣反面朝上2種情況，所以與不互斥，也不對立，也不相等，，所以ABC錯誤，D正確，故選：D8、D【解析】根據共線定理、平面向量的加法和減法法則，即可求得，進而求出的值，即可求出結果.【詳解】因為，所以又，所以.故選：D.9、D【解析】通過構造函數法，結合導數確定正確答案.【詳解】構造函數，所以在上遞增，所以，即.故選：D10、D【解析】由題意可得兩點的坐標滿足圓，然后由圓的性質可得當時，弦長最小，當過點時，弦長最長，再根據向量數量積的運算律求解即可【詳解】設點，則以A，B為圓心，2為半徑的兩圓方程分別為和，因為兩圓過，所以和，所以兩點的坐標滿足圓，因為點與不重合的點A，B共線，所以為圓的一條弦，所以當弦長最小時，，因為，半徑為2，所以弦長的最小值為，當過點時，弦長最長為4，因為，所以當弦長最小時，的最大值為，當弦長最大時，的最小值為，所以的取值范圍為，故選：D11、D【解析】過點A(3，3)且垂直于直線的直線斜率為，代入過的點得到.故答案為D.12、C【解析】由等差數列的基本量法先求得公差，然后可得【詳解】設數列的公差為，則，，所以故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】推導出極化恒等式，即，結合最小值為，求出最小值.【詳解】由題意，取線段AB中點，則，，兩式分別平方得：①，②，①－②得：，因為圓心到距離為，所以最小值為，又，故最小值為：.故答案為：14、23【解析】先計算該單詞所有字母能夠組成的所有排列情況，然后減去正確的，即是可能出現錯誤的情況.【詳解】因為“”四個字母組成的全排列共有（種）結果，其中只有排列“”是正確的，其余全是錯誤的，故可能出現錯誤的共有（種）.故答案為：23.15、【解析】分別求出橢圓和拋物線的焦點坐標即可出值.【詳解】由橢圓方程可知，，，則，即橢圓的右焦點的坐標為，拋物線的焦點坐標為，∵拋物線的焦點與橢圓的右焦點重合，∴，即，故答案為：.16、【解析】利用圓錐體積公式可求得圓錐底面半徑，利用勾股定理可得母線長；根據球的表面積公式可求得結果.【詳解】設圓錐的底面半徑為，母線長為，圓錐體積，，，以為半徑的球的表面積.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）根據等比中項的性質及等差數列的通項公式得到方程求出公差，即可求出的通項公式，由，當時，求出，當時，兩式作差，即可求出；（2）由（1）可得，利用錯位相減法求和即可；【小問1詳解】解：由已知，又，所以故解得（舍去）或∴∵①故當時，可知，∴，當時，可知②①②得∴又也滿足，故當時，都有；【小問2詳解】解：由（1）知，故③，∴④，由③④得整理得.18、（1）（2）【解析】（1）設過點且與直線垂直的直線為，將代入直線方程，即可求出，再與求交點坐標，得到圓心坐標，再求出半徑，即可得解；（2）分直線的斜率存在與不存在兩種情況討論，當斜率不存在直接求出、的坐標，即可求出，當直線的斜率存在，設直線為、、，聯立直線與圓的方程，消元列出韋達定理，即可表示出的坐標，再求出的坐標，即可表示出、，即可得解；【小問1詳解】解：設過點且與直線垂直的直線為，則，解得，即，由，解得，即圓心坐標為，所以半徑，所以圓的方程為【小問2詳解】解：當直線的斜率存在時，設過點的直線為，所以，消去得，設、，則，，所以，所以的中點，由解得，即，所以，，所以；當直線的斜率不存在時，直線的方程為，由，解得或，即、，所以，所以又解得，即，所以，所以，綜上可得.19、（1）（2）【解析】（1）根據正弦定理邊角互化得，進而得；（2）根據題意得，進而在中，由余弦定理即可得答案.【小問1詳解】解：因為，所以由正弦定理可得，所以，即，因為，所以，故，因為，所以【小問2詳解】解：由（1）可知，又；所以，，，所以，在，由余弦定理可得，即，解得20、（1）（2）【解析】（1）由題意可知該四面體為以為底面，以為高的四面體，可得四面體體積；（2）連接，，可得即為異面直線和所成的角的平面角，根據余弦定理可得角的大小.【小問1詳解】解：連接，，，以，，，為頂點的四面體即為三棱錐，底面的面積，高，則其體積；【小問2詳解】解：連接，，，則即為異面直線和所成的角的平面角，在中，，，，則，故，即和所成的角的的大小為.21、（Ⅰ）；（Ⅱ）答案見解析.【解析】（Ⅰ）求導數．求得切線方程，由切線與軸的交點在負半軸可得的范圍；（Ⅱ）求導數，由的正負確定單調性，極值得最值【詳解】命題意圖本題主要考查導數在函數問題中的應用解析（Ⅰ）由題可知，，故可得的圖象在點處的切線方程為令，可得由題意可得，即，解得，即的取值范圍為（Ⅱ）當時，，易知在上單調遞增又，當時，，此時單調遞減，當時，，此時單調遞增，無最大值【點睛】關鍵點點睛：本題考查用導數的幾何意義，考查用導數求函數的的最值．解題關鍵是求出導函數，由的正負確定單調性，得函數的極值，從而可得最值22、（1）或（2）（3）過定點，定點坐標為【解析】（1）對所求直線的斜率是否存在進行分類討論，在所求直線斜率不存在時，直接驗證直線與圓相切；在所求直線斜率存在時，設所求直線方程為，利用點到直線的距離公式可得出關于的等式，求出的值，綜合可得出所求直線的方程；（2）分點在軸上方、點在軸下方兩種情況討論，求出點、的坐標，可得出所求圓的圓心坐標和半徑，即可得出所求圓的方程；（3）設直線的方程為，其中，求出點、的坐標，可求得以線段為直徑的圓的方程，并化簡圓的方程，可求得定點的坐標.【小問1詳解】解：易知圓的方程為，圓心為原點，半徑為，若所求直線的斜率不存在，則所求直線的方程為，此時直線與圓相切，合乎題意，若所求直線的斜率存在，設所求直線的方程為，即，由已知可得，解得，此時所求直線的方程為.綜上所述，過點且與圓相切的直線方程為或.