四川省成都石室天府2025屆數學高二上期末考試試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．若，都是實數，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件2．隨機地向兩個標號分別為1與2的格子涂色，涂上紅色或綠色，在已知其中一個格子顏色為紅色條件下另一個格子顏色也為紅色的概率為（）A. B.C. D.3．已知圓：和點，是圓上一點，線段的垂直平分線交于點，則點的軌跡方程是:（）A. B.C. D.4．已知函數，若，，則實數的取值范圍是A. B.C. D.5．如圖，在正方體中，（）A. B.C. D.6．過點A(3，3)且垂直于直線的直線方程為A. B.C. D.7．已知圓與圓外切，則（）A. B.C. D.8．已知函數的導函數的圖像如圖所示，則下列判斷正確的是（）A.在區間上，函數增函數 B.在區間上，函數是減函數C.為函數的極小值點 D.2為函數的極大值點9．執行如圖所示的程序框圖，若輸入的的值為3，則輸出的的值為（）A.3 B.6C.9 D.1210．為調查學生的課外閱讀情況，學校從高二年級四個班的182人中隨機抽取30人了解情況，若用系統抽樣的方法，則抽樣的間隔和隨機剔除的個數分別為（）A.6，2 B.2，3C.2，60 D.60，211．在四棱錐中，底面是正方形，為的中點，若，則（）A B.C. D.12．設函數，，，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設圓，圓，則圓有公切線___________條.14．圓心在x軸上且過點的一個圓的標準方程可以是______15．已知直線與圓：交于、兩點，則的面積為______.16．已知數列的前項和為，且，若點在直線上，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）設數列的首項，（1）證明：數列是等比數列；（2）設且前項和為，求18．（12分）已知拋物線上的點M到焦點F的距離為5，點M到x軸的距離為（1）求拋物線C的方程；（2）若拋物線C的準線l與x軸交于點Q，過點Q作直線交拋物線C于A，B兩點，設直線FA，FB的斜率分別為，．求的值19．（12分）已知函數在區間上有最大值和最小值（1）求實數、的值；（2）設，若不等式，在上恒成立，求實數的取值范圍20．（12分）如圖，在三棱柱中，側棱垂直于底面，分別是的中點（1）求證:平面平面；（2）求證:平面；（3）求三棱錐體積21．（12分）已知函數.（1）當時，求的極值；（2）設函數，，，求證：.22．（10分）已知橢圓的離心率為，直線與橢圓C相切于點（1）求橢圓C的方程；（2）已知直線與橢圓C交于不同的兩點M，N，與直線交于點Q（P，Q，M，N均不重合），記的斜率分別為，若．證明：為定值

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】根據充分條件和必要條件的定義判斷即可得正確選項.【詳解】若，則，可得，所以，可得，故充分性成立，取，，滿足，但，無意義得不出，故必要性不成立，所以是的充分不必要條件，故選：A.2、D【解析】根據古典概型的概率公式即可得出答案.【詳解】在已知其中一個格子顏色為紅色條件下另一個格子顏色有紅色與綠色兩種情況，其中一個格子顏色為紅色條件下另一個格子顏色也為紅色的情況有1種，所以在已知其中一個格子顏色為紅色條件下另一個格子顏色也為紅色的概率為.故選：D.3、B【解析】先由在線段的垂直平分線上得出，再由題意得出，進而由橢圓定義可求出點的軌跡方程.【詳解】如圖，因為在線段的垂直平分線上，所以，又點在圓上，所以，因此，點在以、為焦點的橢圓上.其中，，則.從而點的軌跡方程是.故選：B.4、A【解析】函數，若，，可得，解得或，則實數的取值范圍是，故選A.5、B【解析】根據正方體的性質，結合向量加減法的幾何意義有，即可知所表示的向量.【詳解】∵，而，∴，故選：B6、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.7、D【解析】根據兩圓外切關系，圓心距離等于半徑的和列方程求參數.【詳解】由題設，兩圓圓心分別為、，半徑分別為1、r，∴由外切關系知：，可得.故選：D.8、D【解析】根據導函數與原函數的關系可求解.【詳解】對于A，在區間，，故A不正確；對于B，在區間，，故B不正確；對于C、D，由圖可知在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，且，所以為函數的極大值點，故C不正確，D正確.故選：D9、A【解析】模擬執行程序框圖，根據輸入數據，即可求得輸出數據.【詳解】當時，不滿足，故，即輸出的的值為.故選：.10、A【解析】根據系統抽樣的方法即可求解.【詳解】從人中抽取人，除以,商余，故抽樣的間隔為，需要隨機剔除人.故選：A.11、C【解析】由為的中點，根據向量的運算法則，可得，即可求解.【詳解】由底面是正方形，E為的中點，且，根據向量的運算法則，可得.故選：C.12、A【解析】根據導數得出在的單調性，進而由單調性得出大小關系.【詳解】因為，所以在上單調遞增.因為，所以，而，所以.因為，且，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、2【解析】將圓轉化成標準式，結合圓心距判斷兩圓位置關系，進而求解.【詳解】由題意得，圓：，圓：，∴，∴與相交，有2條公切線.故答案為：214、【解析】確定x軸上一個點做圓心，求出半徑，再寫出圓的標準方程即可.【詳解】以x軸上的點為圓心，則半徑，所以圓的標準方程為：.故答案為：15、2【解析】用已知直線方程和圓方程聯立，可以求出交點，再分析三角形的形狀，即可求出三角形的面積.【詳解】由圓C方程：可得：；即圓心C的坐標為（0，-1），半徑r=2；聯立方程得交點，如下圖：可知軸，∴是以為直角的直角三角形，，故答案為：2.16、①.；②.【解析】根據等差數列的定義，結合等差數列前項和公式、裂項相消法進行求解即可.【詳解】因為點在直線上，所以，所以數列是以，公差為的等差數列，所以；因為，所以，于是，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）證明見解析；（2）.【解析】（1）由已知變形得出，即可證得結論成立；（2）計算，利用并項求和法可求得.【小問1詳解】證明：對任意的，，則，且，故數列為等比數列，且該數列的首項為，公比也為，故.【小問2詳解】解：，所以，，因此，.18、（1）（2）0【解析】（1）由焦半徑公式求C的方程；（2）設直線AB方程，與拋物線方程聯立，由韋達定理表示出，，代入中化簡求值即可.小問1詳解】設點，則，所以，解得因為，所以．所以拋物線C的方程為【小問2詳解】由題知，，，直線AB的斜率必存在，且不為零設，，直線AB的斜率為k，則直線AB的方程為，由，得所以，，且，即所以所以的值為019、（1），；（2）.【解析】（1）分析函數在區間上的單調性，結合已知條件可得出關于實數、的方程組，即可解得實數、的值；（2）由（1）可得，利用參變量分離法可得出，利用單調性求出函數在上的最小值，即可得出實數的取值范圍.【小問1詳解】解：的對稱軸是，又，所以，函數在上單調遞減，在上單調遞增，當時，取最小值，當時，取最大值，即，解得.【小問2詳解】解：由（1）知：，所以，，又，，令，則在上是增函數．所以，，要使在上恒成立，只需，因此，實數的取值范圍為20、（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）【解析】（1）由直線與平面垂直證明直線與平行的垂直；（2）證明直線與平面平行；（3）求三棱錐的體積就用體積公式.（1）在三棱柱中，底面ABC，所以AB，又因為AB⊥BC，所以AB⊥平面，因為AB平面，所以平面平面.（2）取AB中點G，連結EG，FG，因為E，F分別是、的中點，所以FG∥AC，且FG=AC，因為AC∥，且AC=，所以FG∥，且FG=，所以四邊形為平行四邊形，所以EG，又因為EG平面ABE，平面ABE，所以平面.（3）因為=AC=2，BC=1，AB⊥BC，所以AB=，所以三棱錐的體積為：==.考點：本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直與平行的證明；考查幾何體的體積的求解等基礎知識，考查同學們的空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力、邏輯推理能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想21、（1），無極大值（2）證明見解析【解析】（1）求出函數的導數，判斷函數的單調性，進而確定極值點，求得答案；（2）將要證明的不等式變形為，然后構造函數，利用導數判斷其單調性，求其最值，進而證明結論.【小問1詳解】當時，，,由得，列表得：1--0+減減極小值增由上表可知，無極大值.；【小問2詳解】證明：，即證；∵，則，故只需證，即證令，，得，得，∴在上遞增，在上遞減∴，∴，∴.22、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）根據橢圓離心率和橢圓經過的點建立方程組，求解方程組可得橢圓的方程；（2）先根據相切求出直線的斜率，結合可得，再逐個求解，，