浙江省溫州市求知中學2025屆高二數學第二學期期末達標檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．的展開式中有理項系數之和為（）A． B． C． D．2．若將函數的圖象上各點橫坐標縮短到原來的(縱坐標不變)得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A．函數在上單調遞增 B．函數的周期是C．函數的圖象關于點對稱 D．函數在上最大值是13．已知拋物線的焦點為F，過點F分別作兩條直線，直線與拋物線C交于兩點，直線與拋物線C交于點，若與直線的斜率的乘積為，則的最小值為（）A．14 B．16 C．18 D．204．現有張不同的卡片，其中紅色、黃色、藍色、綠色卡片各張.從中任取張，要求這張卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多張.不同取法的種數為A． B． C． D．5．觀察下列等式，13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，根據上述規律，13＋23＋33＋43＋53＋63＝()A．192 B．202 C．212 D．2226．已知數列的前n項和為，滿足，，若，則m的最小值為（）A．6 B．7 C．8 D．97．一個球從100米高處自由落下，每次著地后又跳回到原高度的一半再落下，則右邊程序框圖輸出的S表示的是（）A．小球第10次著地時向下的運動共經過的路程B．小球第10次著地時一共經過的路程C．小球第11次著地時向下的運動共經過的路程D．小球第11次著地時一共經過的路程8．“”是“圓：與圓：外切”的（）A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分條件也不必要條件9．我國古代數學名著《九章算術》對立體幾何也有深入的研究，從其中的一些數學用語可見，譬如“塹堵”意指底面為直角三角形，且側棱垂直于底面的三棱柱，“陽馬”指底面為矩形且有一側棱垂直于底面的四棱錐．現有一如圖所示的“塹堵”即三棱柱，其中，若，當“陽馬”即四棱錐體積最大時，“塹堵”即三棱柱的表面積為A． B． C． D．10．設分別是定義在R上的奇函數和偶函數，且分別是的導數，當時，且，則不等式的解集是（）A． B．C． D．11．某學校為了調查高三年級的200名文科學生完成課后作業所需時間,采取了兩種抽樣調查的方式:第一種由學生會的同學隨機抽取20名同學進行調查;第二種由教務處對該年級的文科學生進行編號,從001到200,抽取學號最后一位為2的同學進行調查,則這兩種抽樣的方法依次為()A．分層抽樣,簡單隨機抽樣 B．簡單隨機抽樣,分層抽樣C．分層抽樣,系統抽樣 D．簡單隨機抽樣,系統抽樣12．已知，且，則向量在方向上的投影為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某晚會安排5個攝影組到3個分會場負責直播,每個攝影組去一個分會場,每個分會場至少安排一個攝影組,則不同的安排方法共有______種(用數字作答).14．設，若不等式對任意實數恒成立，則取值集合是_______.15．某幾何體的三視圖如圖所示，則它的體積是．16．函數的單調遞增區間為__________．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）已知復數滿足（其中為虛數單位）（1）求；（2）若為純虛數，求實數的值．18．（12分）（江蘇省南通市高三最后一卷---備用題數學試題）已知函數，其中.（1）當時，求函數處的切線方程；（2）若函數存在兩個極值點，求的取值范圍；（3）若不等式對任意的實數恒成立，求實數的取值范圍.19．（12分）已知函數f(x)=ln(ax)+bx在點（1，f(1)）處的切線是y=0；(I)求函數f(x)的極值；(II)當恒成立時,求實數m的取值范圍(e為自然對數的底數)20．（12分）已知是拋物線的焦點，是拋物線上一點，且.（1）求拋物線的方程;（2）直線與拋物線交于兩點，若（為坐標原點），則直線是否會過某個定點？若是，求出該定點坐標，若不是，說明理由.21．（12分）“公益行”是由某公益慈善基金發起并主辦的一款將用戶的運動數據轉化為公益步數的捐助公益項目的產品，捐助規則是滿10000步方可捐助且個人捐出10000步等價于捐出1元，現粗略統計該項目中其中200名的捐助情況表如下：捐款金額(單位：元)捐款人數4152261035(1)將捐款額在200元以上的人稱為“健康大使”，請在現有的“健康大使”中隨機抽取2人，求捐款額在之間人數的分布列；(2)為鼓勵更多的人來參加這項活動，該公司決定對捐款額在100元以上的用戶實行紅包獎勵，具體獎勵規則如下：捐款額在的獎勵紅包5元；捐款額在的獎勵紅包8元；捐款額在的獎勵紅包10元；捐款額大于250的獎勵紅包15元.已知該活動參與人數有40萬人，將頻率視為概率，試估計該公司要準備的紅包總金額.22．（10分）用適當方法證明：已知：，，求證：．

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】分析：在二項展開式的通項公式中，令x的冪指數為整數，求出r的值，再利用二項式系數的性質，即可求得展開式中有理項系數之和．詳解：（1+）6的展開式的通項公式為Tr+1=?，令為整數，可得r=0，2，4，6，故展開式中有理項系數之和為+++=25=32，故選：B．點睛：求二項展開式有關問題的常見類型及解題策略(1)求展開式中的特定項.可依據條件寫出第r＋1項，再由特定項的特點求出r值即可.(2)已知展開式的某項，求特定項的系數.可由某項得出參數項，再由通項寫出第r＋1項，由特定項得出r值，最后求出其參數2、A【解析】

根據三角函數伸縮變換特點可得到解析式；利用整體對應的方式可判斷出在上單調遞增，正確；關于點對稱，錯誤；根據正弦型函數最小正周期的求解可知錯誤；根據正弦型函數在區間內值域的求解可判斷出最大值無法取得，錯誤.【詳解】將橫坐標縮短到原來的得：當時，在上單調遞增在上單調遞增，正確；的最小正周期為：不是的周期，錯誤；當時，，關于點對稱，錯誤；當時，此時沒有最大值，錯誤.本題正確選項：本題考查正弦型函數的性質，涉及到三角函數的伸縮變換、正弦型函數周期性、單調性和對稱性、正弦型函數在一段區間內的值域的求解；關鍵是能夠靈活應用整體對應的方式，通過正弦函數的圖象來判斷出所求函數的性質.3、B【解析】

設出直線的斜率，得到的斜率，寫出直線的方程，聯立直線方程和拋物線方程，根據弦長公式求得的值，進而求得最小值.【詳解】拋物線的焦點坐標為，依題意可知斜率存在且不為零，設直線的斜率為，則直線的斜率為，所以，有，有，，故，同理可求得.故，當且僅當時，等號成立，故最小值為，故選B.本小題主要考查直線和拋物線的位置關系，考查直線和拋物線相交所得弦長公式，考查利用基本不等式求最小值，屬于中檔題.4、C【解析】試題分析：3張卡片不能是同一種顏色，有兩種情形：三種顏色或者兩種顏色，如果是三種顏色，取法數為，如果是兩種顏色，取法數為，所以取法總數為，故選C．考點：分類加法原理與分步乘法原理．【名師點晴】（1）對于一些比較復雜的既要運用分類加法計數原理又要運用分步乘法計數原理的問題，我們可以恰當地畫出示意圖或列出表格，使問題更加直觀、清晰．（2）當兩個原理混合使用時，一般是先分類，在每類方法里再分步．5、C【解析】∵所給等式左邊的底數依次分別為1，2；1，2，3；1，2，3，4；

右邊的底數依次分別為3，6，10，（注意：這里，），

∴由底數內在規律可知：第五個等式左邊的底數為1，2，3，4，5，6，

右邊的底數為，又左邊為立方和，右邊為平方的形式，

故有，故選C.點睛：本題考查了，所謂歸納推理，就是從個別性知識推出一般性結論的推理．它與演繹推理的思維進程不同．歸納推理的思維進程是從個別到一般，而演繹推理的思維進程不是從個別到一般，是一個必然地得出的思維進程．解答此類的方法是從特殊的前幾個式子進行分析找出規律．觀察前幾個式子的變化規律，發現每一個等式左邊為立方和，右邊為平方的形式，且左邊的底數在增加，右邊的底數也在增加．從中找規律性即可.6、C【解析】

根據an＝sn﹣sn﹣1可以求出{an}的通項公式，再利用裂項相消法求出sm，最后根據已知，解出m即可．【詳解】由已知可得，，，，（n≥2），1，即，解之得，或7.5，故選：C．本題考查前n項和求通項公式以及裂項相消法求和，考查了分式不等式的解法，屬于中等難度．7、C【解析】結合題意閱讀流程圖可知，每次循環記錄一次向下運動經過的路程，上下的路程相等，則表示小球第11次著地時向下的運動共經過的路程.本題選擇C選項.8、B【解析】

由圓：與圓：外切可得，圓心到圓心的距離是求出的值，然后判斷兩個命題之間的關系。【詳解】由圓：與圓：外切可得，圓心到圓心的距離是即可得所以“”是“圓：與圓：外切”的充分不必要條件。本題考查了兩個圓的位置關系及兩個命題之間的關系，考查計算能力，轉化思想。屬于中檔題。9、C【解析】分析：由四棱錐的體積是三棱柱體積的，知只要三棱柱體積最大，則四棱錐體積也最大，求出三棱柱的體積后用基本不等式求得最大值，及取得最大值時的條件，再求表面積．詳解：四棱錐的體積是三棱柱體積的，，當且僅當時，取等號．∴．故選C．點睛：本題考查棱柱與棱錐的體積，考查用基本不等式求最值．解題關鍵是表示出三棱柱的體積．10、C【解析】

構造函數，判斷函數的單調性和奇偶性，脫離即可求得相關解集.【詳解】根據題意，可設，則為奇函數，又當時，所以在R上為增函數，且，轉化為,當時，則，當，則，則，故解集是，故選C.本題主要考查利用抽象函數的相關性質解不等式，意在考查學生的分析能力和轉化能力，難度中等.11、D【解析】第一種抽樣是簡單隨機抽樣，簡單隨機抽樣是指從樣本中隨機抽取一個，其特點是容量不要太多．第二種是系統抽樣，系統抽樣就是指像機器一樣的抽取物品，每隔一段時間或距離抽取一個．而分層抽樣，必需是有明顯的分段性，然后按等比例進行抽取．故選D12、C【解析】

分析：由推導出，從而，由此能求出向量在向量方向上的投影.詳解：，且，，，向量在向量方向上的投影為，故選C.點睛：本題主要考查向量的模及平面向量數量積公式，屬于中檔題.平面向量數量積公式有兩種形式，一是，二是，主要應用以下幾個方面:(1)求向量的夾角，（此時往往用坐標形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直則;(4)求向量的模（平方后需求）.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、150【解析】

根據題意，先將5個攝影組可分為三隊，分隊的方式有2種：（1，1，3）和（1,2,2），再進行排列，由分類計數原理計算可得答案．【詳解】根據題意，5個攝影組可分為三隊，分隊的方式有2種：（1，1，3）和（1,2,2），①按（1，1，3）進行分隊有種，再分配到3個分會場，共有種；②按（1，2，2）進行分隊有種，再分配到3個分會場，共有種；再進行相加，共計60+90=150種，故答案為：150.本題考查排列、組合的實際應用問題，考查分類、分步計數原理的靈活應用，屬于中等題.14、【解析】

將不等式轉化為，分別在、、、的情況下討論得到的最大值，從而可得；分別在、、的情況去絕對值得到不等式，解不等式求得結果.【詳解】對任意實數恒成立等價于：①當時，②當時，③當時，④當時，綜上可知：，即當時，，解得：當時，，無解當時，，解得：的取值集合為：本題正確結果；本題考查絕對值不等式中的恒成立問題，關鍵是能夠通過分類討論的思想求得最值，從而將問題轉化為絕對值不等式的求解，再利用分類討論的思想解絕對值不等式即可得到結果.15、．【解析】試題分析：由三視圖可得幾何體為正方體挖去一個圓錐：則：，．得體積為：考點：三視圖與幾何體的體積．16、【解析】

先求得函數的定義域，然后根據復合函數同增異減求得函數的單調遞增區間.【詳解】由解得或，由于在其定義域上遞減，而在時遞減，故的單調遞增區間為.本小題主要考查復合函數單調區間的求法，考查對數函數定義域的求法，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）.【解析】

(1)設，可得，解得從而可得結果；(2)由（1）知，利用為純虛數可得，從而可得結果.【詳解】（1）設，由于則：解得：（2）由（1）知又為純虛數，本題主要考查的是復數的分類、復數的乘法、除法運算，屬于中檔題．解題時一定要注意和以及運算的準確性，否則很容易出現錯誤.18、(1).(2).(3).【解析】

（1）首先將代入函數解析式，求出函數的導數，求出函數的切線的斜率，利用點斜式寫出直線的方程，化簡求得結果；（2）求出函數的導數，利用函數存在兩個極值點，是方程的兩個不等正根，韋達定理得到關系，將化為關于的函數關系式，利用導數求得結果；（3）將恒成立問題應用導數來研究，分類討論，求得結果.【詳解】（1）當時，，故，且，故所以函數在處的切線方程為（2）由，可得因為函數存在兩個極值點，所以是方程的兩個不等正根，即的兩個不等正根為所以，即所以令，故，在上單調遞增，所以故得取值范圍是（3）據題意，對任意的實數恒成立，即對任意的實數恒成立.令，則①若，當時，，故符合題意；②若，（i）若，即，則，在上單調贈所以當時，，故符合題意；（ii）若，即，令，得（舍去），，當時，，在上單調減；當時，，在上單調遞增，所以存在，使得，與題意矛盾，所以不符題意.③若，令，得當時，，在上單調增；當時，，在上單調減.首先證明：要證：，即要證：，只要證：因為，所以，故所以其次證明，當時，對任意的都成立令，則，故在上單調遞增，所以，則所以當時，對任意的都成立所以當時，即，與題意矛盾，故不符題意，綜上所述，實數的取值范圍是.該題考查的是有關應用導數研究函數的問題，在解題的過程中，涉及到的知識點有導數的幾何意義，應用導數研究函數的極值點，應用導數研究不等式恒成立問題，涉及到的解題思想是分類討論，注意思路清晰是解題的關鍵.19、(1)的極大值為，無極小值；(2).【解析】分析：（1）先根據導數幾何意義得解得b,再根據得a，根據導函數零點確定單調區間，根據單調區間確定極值，（2）先化簡不等式為，再分別求左右兩個函數最值得左邊最小值與右邊最大值同時取到，則不等式轉化為，解得實數m的取值范圍.詳解：（1）因為，所以因為點處的切線是，所以，且所以，即所以，所以在上遞增，在上遞減，所以的極大值為，無極小值（2）當恒成立時,由（1），即恒成立，設，則，，又因為，