重慶市三峽名校聯盟高2025年高二下數學期末綜合測試模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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。1．六個人從左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，則不同的排法共有（）A．192種 B．216種 C．240種 D．288種2．設，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要條件C．充分條件 D．既不充分也不必要條件3．設集合A={x|x>0}，B={x|x2-5x-14<0}，則A．{x|0<x<5} B．{x|2<x<7}C．{x|2<x<5} D．{x|0<x<7}4．若函數f（x）=有最大值，則a的取值范圍為（）A． B． C． D．5．已知為橢圓M:+=1和雙曲線N:-=1的公共焦點，為它們的一個公共點，且，那么橢圓M和雙曲線N的離心率之積為（）A． B．1 C． D．6．函數是（）A．偶函數且最小正周期為2 B．奇函數且最小正周期為2C．偶函數且最小正周期為 D．奇函數且最小正周期為7．在下面的四個圖象中，其中一個圖象是函數的導數的圖象，則等于（）A． B． C．或 D．8．函數在區間的圖像大致為（）．A． B．C． D．9．已知定義在上的連續奇函數的導函數為，當時，，則使得成立的的取值范圍是（）A． B． C． D．10．已知定義在上的可導函數的導函數為，滿足，且，則不等式（為自然對數的底數）的解集為（）A． B． C． D．11．若定義域為的偶函數滿足，且當時，，則函數在上的最大值為（）A．1 B． C． D．－12．在二項式的展開式中，其常數項是15.如下圖所示，陰影部分是由曲線和圓及軸圍成的封閉圖形，則封閉圖形的面積為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設是等差數列的前項和，已知，，則_______.14．設集合，則集合中滿足條件“”的元素個數為_____.15．有一棱長為的正方體框架，其內放置氣球，使其充氣且盡可能地膨脹(仍保持為球的形狀)，則氣球表面積的最大值為____________.16．某人從處向正東方向走千米，然后向南偏西的方向走3千米，此時他離點的距離為千米，那么___________千米.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）在中，已知．（1）求證：；（2）若，求A的值．18．（12分）已知函數（且）的圖象過定點P，且點P在直線（，且）上，求的最小值．19．（12分）已知數列滿足，且.（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）是否存在實數，，使得，對任意正整數恒成立？若存在，求出實數、的值并證明你的結論；若不存在，請說明理由.20．（12分）已知數列的前項和為，且．（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和．21．（12分）已知橢圓：的左、右焦點分別為，，點也為拋物線：的焦點．（1）若，為橢圓上兩點，且線段的中點為，求直線的斜率；（2）若過橢圓的右焦點作兩條互相垂直的直線分別交橢圓于，和，，設線段，的長分別為，，證明是定值．22．（10分）如圖，矩形和等邊三角形中，，平面平面．（1）在上找一點，使，并說明理由；（2）在（1）的條件下，求平面與平面所成銳二面角余弦值．

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、B【解析】分類討論，最左端排甲；最左端只排乙，最右端不能排甲，根據加法原理可得結論．解：最左端排甲，共有=120種，最左端只排乙，最右端不能排甲，有=96種，根據加法原理可得，共有120+96=216種．故選B．2、A【解析】

分析兩個命題的真假即得，即命題和．【詳解】為真，但時．所以命題為假．故應為充分不必要條件．故選：A．本題考查充分必要條件判斷，充分必要條件實質上是判斷相應命題的真假：為真，則是的充分條件，是的必要條件．3、D【解析】試題分析：由B={x|x2-5x-14<0}={x|-2<x<7}，所以考點：集合的運算．4、B【解析】

分析函數每段的單調性確定其最值，列a的不等式即可求解.【詳解】由題,單調遞增，故單調遞減，故,因為函數存在最大值，所以解.故選B.本題考查分段函數最值，函數單調性，確定每段函數單調性及最值是關鍵，是基礎題.5、B【解析】

根據題意得到，根據勾股定理得到，計算得到答案.【詳解】為橢圓M:+=1和雙曲線N:-=1的公共焦點故，故，故即故選：本題考查了橢圓和雙曲線的離心率，意在考查學生的計算能力.6、C【解析】

首先化簡為，再求函數的性質.【詳解】，是偶函數，故選C.本題考查了三角函數的基本性質，屬于簡單題型.7、D【解析】

先求導，根據二次函數性質確定導函數圖像，再求解.【詳解】因為導函數，所以導函數的圖像是開口向上的拋物線，所以導函數圖像是從左至右第三個，所以，又，即，所以，所以.故選D.本題主要考查函數求導及二次函數的性質.8、A【解析】分析：判斷的奇偶性，在上的單調性，計算的值，結合選項即可得出答案.詳解：設，當時，，當時，，即函數在上為單調遞增函數，排除B；由當時，，排除D；因為，所以函數為非奇非偶函數，排除C，故選A.點睛：本題主要考查了函數圖象的識別，其中解答中涉及到函數的單調性、函數的奇偶性和函數值的應用，試題有一定綜合性，屬于中檔試題，著重考查了分析問題和解答問題的能力.9、C【解析】

根據時可得：；令可得函數在上單調遞增；利用奇偶性的定義可證得為偶函數，則在上單調遞減；將已知不等式變為，根據單調性可得自變量的大小關系，解不等式求得結果.【詳解】當時，令，則在上單調遞增為奇函數為偶函數則在上單調遞減等價于可得：，解得：本題正確選項：本題考查函數奇偶性和單調性的綜合應用問題，關鍵是能夠構造函數，根據導函數的符號確定所構造函數的單調性，并且根據奇偶性的定義得到所構造函數的奇偶性，從而將函數值的大小關系轉變為自變量之間的比較.10、B【解析】令所以,選B.點睛：利用導數解抽象函數不等式，實質是利用導數研究對應函數單調性，而對應函數需要構造.構造輔助函數常根據導數法則進行：如構造，構造，構造，構造等11、A【解析】

根據已知的偶函數以及f（2﹣x）＝﹣f（x）可以求得函數f（x）在[﹣2，2]上的解析式，進而得到g（x）在[﹣2，2]上的解析式，對g（x）進行求導可知g（x）的增減性，通過增減性求得最大值【詳解】根據,得函數關于點(1,0)對稱,且當時,,則時，，所以當時，;又函數為偶函數,所以當時，則,可知當，故在[-2，0)上單調遞增,時，在[0,2]上單調遞減,故.故選：A本題考查函數的基本性質：對稱性，奇偶性，周期性．同時利用導函數的性質研究了函數在給定區間內的最值問題，是中檔題12、B【解析】

用二項式定理得到中間項系數，解得a，然后利用定積分求陰影部分的面積．【詳解】（x1+）6展開式中，由通項公式可得,令11﹣3r＝0，可得r＝4,即常數項為，可得＝15，解得a＝1．曲線y＝x1和圓x1+y1＝1的在第一象限的交點為（1，1）所以陰影部分的面積為．故選：B本題主要考查二項式定理的應用，二項式展開式的通項公式，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、49【解析】

.14、58024【解析】

依題意得的取值是1到10的整數，滿足的個數等于總數減去和的個數.【詳解】集合中共有個元素，其中的只有1個元素，的有個元素，故滿足條件“”的元素個數為56049－1－1024＝58024.本題考查計數原理，方法：1、直接考慮，適用包含情況較少時；2、間接考慮，當直接考慮情況較多時，可以用此法.15、【解析】

氣球表面積最大時，球與正方體的各棱相切．【詳解】由題意要使氣球的表面積最大，則球與正方體的各棱相切，∴球的直徑等于正方體的面對角線長，即為，半徑為，球的表面積為．故答案為：．本題考查球與正方體的切接問題，解題時要注意分辯：球是正方體的內切球（球與正方體各面相切），球是正方體的棱切球（球與正方體的所有棱相切），球是正方體的外接球（正方體的各頂點在球面上）．16、6【解析】

根據題意作出圖形，用正弦定理解出角，可得剛好構成直角三角形，可得答案.【詳解】根據題意作出圖形，如圖.設向正東方向走千米到處，然后向南偏西的方向走3千米到處.即,由正弦定理得：.所以又,所以.所以，則.所以.則.故答案為：6本題考查了正弦定理，考查了推理能力與計算能力，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）見解析；（2）．【解析】試題分析：（1）已知的向量的數量積，要證明的是角的關系，故我們首先運用數量積定義把已知轉化為三角形的邊角關系，由已知可得，即，考慮到求證式只是角的關系，因此我們再應用正弦定理把式子中邊的關系轉化為角的關系，即有，而這時兩邊同除以即得待證式（要說明均不為零）.（2）要求解的大小，一般是求出這個角的某個三角函數值，本題應該求，因為（1）中有可利用，思路是.試題解析：(1)∵,∴,即.2分由正弦定理,得,∴.4分又∵,∴.∴即.6分(2)∵,∴.∴.8分∴,即.∴.10分由(1),得,解得.12分∵,∴.∴.14分考點：（1）向量的數量積的定義與正弦定理；（2）已知三角函數值，求角.18、【解析】

函數過定點，故，變換得到，展開利用均值不等式計算得到答案.【詳解】函數（且）的圖象過定點，故，即，.當，即時等號成立，故的最小值為.本題考查了指數函數過定點，均值不等式，意在考查學生的綜合應用能力和計算能力.19、（Ⅰ），；（Ⅱ）存在實數，符合題意.【解析】

（Ⅰ）由題意可整理為，從而代入，即可求，的值；（Ⅱ）當時和時，可得到一組、的值，于是假設該式成立，用數學歸納法證明即可.【詳解】（Ⅰ）因為，整理得，由，代入得，.（Ⅱ）假設存在實數、，使得對任意正整數恒成立.當時，，①當時，，②由①②解得：，.下面用數學歸納法證明：存在實數，，使對任意正整數恒成立.（1）當時，結論顯然成立.（2）當時，假設存在，，使得成立，那么，當時，.即當時，存在，，使得成立.由（1）（2）得：存在實數，，使對任意正整數恒成立.本題主要考查數學歸納法在數列中的應用，意在考查學生的計算能力，分析能力，邏輯推理能力，比較綜合，難度較大.20、（1）；（2）．【解析】

直接利用遞推關系式，構造等比數列，求出數列的通項公式；

利用的結論，進一步利用分組法求出數列的和．【詳解】（1）因為，所以，所以，即，所以，又所以是以2為首項，2為公比的等比數列．所以，即．（2）因為，所以．本題考查了利用遞推關系式求出數列的通項公式，等比數列的前n項和公式及分組求和的應用，主要考查學生的運算能力和轉化能力，屬于中檔題．21、（1）（2）解:因為拋物線的焦點為,所以,故.所以橢圓.(1)設,則兩式相減得，又的中點為,所以.所以.顯然,點在橢圓內部,所以直線的斜率為.(2)橢圓右焦點.當直線的斜率不存在或者為時,.當直線的斜率存在且不為時,設直線的方程為，設,聯立方程得消去并化簡得，因為，所以，.所以同理可得.所以為定值.【解析】分析：（1）先利用拋物線的焦點是橢圓的焦點求出，進而確定橢圓的標準方程，再利用點差法求直線的斜率；（2）設出直線的方程，聯立直線和橢圓的方程，得到關于的一元二次方程，利用根與系數的關系進行求解.詳解：因為拋物線的焦點為，所以，故.所以橢圓.（1）設，，則兩式相減得，又的中點為，所以，.所以.顯然，點在橢圓內部，所以直線的斜率為.（2）橢圓右焦點.當直線的斜率不存在或者為時，.當直線的斜率存在且不為時，設直線的方程為，設，，聯立方程得消去并化簡得，因為，所以，.所以，同理可得.所以為定值.點睛：在處理直線與橢圓相交的中點弦問題，往往利用點差法進行求解，比聯立方程的運算量小，另設直線方程時，要注意該直線的斜率不存在的特殊情況，以免漏解.22、（1）證明過程見解析；（2）平面與平面所成