內蒙古鄂爾多斯市示范初中2025屆高二下數學期末監測試題注意事項：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?？荚嚱Y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．《九章算術》是人類科學史上應用數學的最早巔峰，書中有這樣一道題：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共獵得五鹿，欲以爵次分之，問各得幾何？”其譯文是“現有從高到低依次為大夫、不更、簪裹、上造、公士的五個不同爵次的官員，共獵得五只鹿，要按爵次高低分配（即根據爵次高低分配得到的獵物數依次成等差數列），問各得多少鹿？”已知上造分得只鹿，則大夫所得鹿數為（）A．1只 B．只 C．只 D．2只2．函數的定義域是（）A． B． C． D．3．在上單調遞增，則實數的取值范圍為（）A． B．C． D．4．已知函數的最大值為，周期為，給出以下結論：①的圖象過點；②在上單調遞減；③的一個對稱中心是；④的一條對稱軸是．其中正確結論的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．45．已知函數，的圖象過點，且在上單調，的圖象向左平移個單位后得到的圖象與原圖象重合，若存在兩個不相等的實數，滿足，則（）A． B． C． D．6．當取三個不同值時，正態曲線的圖象如圖所示，則下列選項中正確的是（）A． B．C． D．7．已知曲線在點處切線的傾斜角為，則等于（）A．2B．-2C．3D．-18．已知函數，若，均在［1，4］內，且，，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．9．已知隨機變量，若，則分別是（）A．6和5.6 B．4和2.4 C．6和2.4 D．4和5.610．已知函數圖象如圖，是的導函數，則下列數值排序正確的是（）A．B．C．D．11．如圖，某幾何體的三視圖是三個邊長為1的正方形，及每個正方形中的一條對角線，則該幾何體的表面積是()A．4+2 B．9+32 C．12．已知，則()A．11 B．12 C．13 D．14二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若，則展開式中的常數項為______。14．函數在區間的最大值為______．15．設函數，若，則的取值范圍是_____.16．如圖是一個算法流程圖，若輸入值，則輸出值為2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）已知的展開式中，前三項系數成等差數列.（1）求含項的系數；（2）將二項式的展開式中所項重新排成一列，求有理項互不相鄰的概率．18．（12分）已知函數.（Ⅰ）討論函數的單調性；（Ⅱ）當時，在定義域內恒成立，求實數的值.19．（12分）在直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數）.以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（Ⅰ）求曲線的直角坐標方程；（Ⅱ）若直線與曲線相交于不同的兩點，，若是的中點，求直線的斜率.20．（12分）已知復數在復平面內對應的點位于第二象限，且滿足.（1）求復數；（2）設復數滿足：為純虛數，，求的值.21．（12分）在直角坐標系中，直線，圓．以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系．（1）求的極坐標方程；（2）若直線的極坐標方程為，設與的交點為、，求.22．（10分）在直角坐標系中，直線的參數方程為(為參數)，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為.（1）求直線和曲線的直角坐標方程；（2）過點作直線的垂線，交曲線于兩點，求.

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、C【解析】

設爵次高低分配得到的獵物數依次成等差數列{an}，則，由前5項和為5求得，進一步求得d，則答案可求．【詳解】設爵次高低分配得到的獵物數依次成等差數列{an}，則，則，∴1，則，∴．∴大夫所得鹿數為只．故選：C．本題考查等差數列的通項公式，考查等差數列的性質，屬于基礎題．2、D【解析】

根據求具體函數的基本原則：分母不為零、偶次根式被開方數非負、對數中真數為正數列不等式解出的取值范圍，即為函數的定義域．【詳解】由題意可得，即，解得，因此，函數的定義域為，故選D.本題考查具體函數的定義域的求解，求解原則如下：（1）分式中分母不為零；（2）偶次根式中被開方數非負；（3）對數中真數大于零，底數大于零且不為；（4）正切函數中，；（5）求定義域只能在原函數解析式中求，不能對解析式變形.3、D【解析】

利用函數在連續可導且單調遞增，可得導函數在大于等于0恒成立即可得到的取值范圍．【詳解】因為函數在連續可導且單調遞增，所以在恒成立，分離參數得恒成立，即，故選D．本題考查函數在區間內單調遞增等價于在該區間內恒成立．4、C【解析】

運用三角函數的輔助角公式和周期公式，可得a，，再由正弦函數的單調性和對稱性，計算可得正確結論的個數．【詳解】函數的最大值為，周期為，

可得，可得，可得，

則，

則，正確；

當，可得，

可得在上單調遞減，正確；

由，則錯誤；

由，

可得正確．

其中正確結論的個數為1．

故選：C．

本題考查三角函數的圖象和性質，注意運用輔助角公式和周期公式，考查正弦函數的單調性和對稱性，考查運算能力，屬于中檔題．5、A【解析】

由圖像過點可得，由的圖象向左平移個單位后得到的圖象與原圖象重合，可知，結合在上單調，從而得到，由此得到的解析式，結合圖像，即可得到答案?！驹斀狻恳驗榈膱D象過點，則，又，所以.一方面，的圖象向左平移單位后得到的圖象與原函數圖象重合，則，即，化簡可知．另一方面，因為在上單調，所以，即，化簡可知.綜合兩方面可知．則函數的解析式為，結合函數圖形，因為，當時，，結合圖象可知則，故選A．本題主要考查正弦函數解析式的求法，以及函數圖像的應用，考查學生的轉化能力，屬于中檔題。6、A【解析】分析：由題意結合正態分布圖象的性質可知，越小，曲線越“瘦高”，據此即可確定的大小.詳解：由正態曲線的性質知，當一定時，曲線的形狀由確定，越小，曲線越“瘦高”，所以.本題選擇A選項.點睛：本題主要考查正態分布圖象的性質，系數對正態分布圖象的影響等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.7、A【解析】因為，所以，由已知得，解得，故選A.8、D【解析】

先求導，利用函數的單調性，結合，確定;再利用，即，可得，，設，，確定在上遞增，在有零點，即可求實數的取值范圍．【詳解】解：，當時，恒成立，則f（x）在（0，+∞）上遞增，則f（x）不可能有兩個相等的函數值．故；由題設，則＝考慮到，即，設，，則在上恒成立，在上遞增，在有零點，則，，故實數的取值范圍是．本題考查了通過構造函數，轉化為函數存在零點，求參數取值范圍的問題，本題的難點是根據已知條件，以及，變形為，，然后構造函數轉化為函數零點問題.9、B【解析】分析：根據變量ξ～B（10，0.4）可以根據公式做出這組變量的均值與方差，隨機變量η=8﹣ξ，知道變量η也符合二項分布，故可得結論．詳解：∵ξ～B（10，0.4），∴Eξ=10×0.4=4，Dξ=10×0.4×0.6=2.4，∵η=8﹣ξ，∴Eη=E（8﹣ξ）=4，Dη=D（8﹣ξ）=2.4故選：B．點睛：本題考查變量的均值與方差，均值反映數據的平均水平，而方差反映數據的波動大小，屬于基礎題．方差能夠說明數據的離散程度，期望說明數據的平均值，從選手發揮穩定的角度來說，應該選擇方差小的.10、C【解析】結合函數的圖像可知過點的切線的傾斜角最大，過點的切線的傾斜角最小，又因為點的切線的斜率，點的切線斜率，直線的斜率，故，應選答案C．點睛：本題旨在考查導數的幾何意義與函數的單調性等基礎知識的綜合運用．求解時充分借助題設中所提供的函數圖形的直觀，數形結合進行解答．先將經過兩切點的直線繞點逆時針旋轉到與函數的圖像相切，再將經過兩切點的直線繞點順時針旋轉到與函數的圖像相切，這個過程很容易發現，從而將問題化為直觀圖形的問題來求解．11、B【解析】

畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數據，求解幾何體的表面積即可．【詳解】幾何體的直觀圖如圖：所以幾何體的表面積為：3+3×1故選：B．本題考查了根據三視圖求解幾何體的表面積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵，屬于中檔題.12、B【解析】∵，∴，整理，得，；解得,或(不合題意,舍去)；∴n的值為12.故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、-1【解析】

根據定積分求出a的值，再利用二項式展開式的通項公式求出常數項的值．【詳解】若，

則，即a=2，

∴展開式的通項公式為：令6-2r=0，解得r=3；

∴展開式的常數項為：

故答案為：-1．本題考查了二項式展開式的通項公式與定積分的計算問題，是基礎題目．14、【解析】

利用導數，以及二倍角的正弦公式，判斷函數的單調性，可得結果【詳解】由，所以又，所以所以，故在單調遞增所以故答案為：本題考查函數在定區間的最值，關鍵在于利用導數判斷函數的單調性，屬基礎題.15、【解析】分析：，即，再分類討論求得的范圍，綜合可得結論．詳解：函數函數，

由，可得，其中，

下面對進行分類討論，

①時，，可以解得

②時，，可以解得綜上，即答案為.點睛：本題主要考查絕對值不等式的解法，體現了轉化、分類討論的數學思想，屬于中檔題．16、【解析】分析：先根據流程圖確定分段函數解析式，再求輸出值為2的對應區間，最后根據幾何概型概率公式求結果.詳解：因為，所以輸出值為2的對應區間為[0,2],因此輸出值為2的概率為點睛：(1)當試驗的結果構成的區域為長度、面積、體積等時，應考慮使用幾何概型求解．(2)利用幾何概型求概率時，關鍵是試驗的全部結果構成的區域和事件發生的區域的尋找，有時需要設出變量，在坐標系中表示所需要的區域．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）7；（2）.【解析】

（1）利用二項式定理求出前三項的系數的表達式，利用這三個系數成等差數列并結合組合數公式求出的值，再利用二項式展開式通項可求出項的系數；（2）利用二項展開式通項求出展開式中有理項的項數為，總共是項，利用排列思想得出公共有種排法，然后利用插空法求出有理項不相鄰的排法種數，最后利用古典概型概率公式可計算出所求事件的概率．【詳解】（1）∵前三項系數、、成等差數列．，即．∴或(舍去）∴展開式中通項公式T，，，1．令，得，∴含x2項的系數為；（2）當為整數時，．∴展開式共有9項，共有種排法．其中有理項有3項，有理項互不相鄰有種排法，∴有理項互不相鄰的概率為本題考查二項式定理指定項的系數，考查排列組合以及古典概型的概率計算，在處理排列組合的問題中，要根據問題類型選擇合適的方法求解，同時注意合理使用分類計數原理和分步計數原理，考查邏輯推理與計算能力，屬于中等題．18、（Ⅰ）當時，單調遞增區間為，無單調遞減區間；當時，單調遞增區間為，單調遞減區間為（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）求出函數的的定義域以及導函數，分類討論，，情況下導數的正負，由此得到答案；（Ⅱ）結合（Ⅰ）可得函數的最小值，要使在定義域內恒成立，則恒成立，令，利用導數求出的最值，從而得到實數的值。【詳解】（Ⅰ）由題可得函數的的定義域為，；（1）當時，恒成立，則單調遞增區間為，無單調遞減區間（2）當時，恒成立，則單調遞增區間為，無單調遞減區間；（3）當時，令，解得：，令，解得：，則單調遞增區間為，單調遞減區間為；綜述所述：當時，單調遞增區間為，無單調遞減區間；當時，單調遞增區間為，單調遞減區間為；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，當時，單調遞增區間為，單調遞減區間為，則；所以在定義域內恒成立，則恒成立，即，令，先求的最大值：，令，解得：，令，解得：，令，解得：，所以的單調增區間為，單調減區間為，則所以當時，恒成立，即在定義域內恒成立，故答案為本題主要考查函數的單調性，以及利用導數研究函數的最值，考查學生轉化的思想和運算求解能力，屬于中檔題。19、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）直接利用極化直的公式化簡得到曲線的直角坐標方程；（Ⅱ）將直線的參數方程代入曲線的直角坐標方程，再根據求出直線的斜率.【詳解】解：（Ⅰ）由，，，得即所求曲線的直角坐標方程為：（Ⅱ）將直線的參數方程代入曲線的直角坐標方程，得由是的中點知，即所以直線的斜率為.本題主要考查極直互化，考查直線參數方程t的幾何意義解題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.20、（1）；（2）.【解析】分析：（1）解一元二次方程，得到，根據在復平面內對應的點位于第二象限，即可判斷的取值。（2）根據復數的乘法運算、純虛數的概念、模的定義，聯立方程求得x、y的值，進而求得的值。詳解：（1）因為，所以，又復數對應的點位于第二象限，所以；（2）因為，又為純虛數，所以，有得，解得，或，；所以.點睛：本題考查了復數相等、純虛數等概念和復數的混合運算，對基本的運算原理要清晰，屬于基礎題。21、（1）；（2）.【解析】

（1）由可得出曲線的極坐標方程；（2）解法一：求出直線的普通方程，利用點到直線的距離公式計算出圓的圓心到直線的距離，再利用勾股定理計算出；解法二：設點、的極坐標分別為、，將圓的方程化為極坐標方程，并將直線的方程與圓的極坐標方程聯立，得出關于的二次方程，列出韋達定理，可得出，從而計算出.【詳解】（1）由直線，可得的極坐標方程為；（2）解法一：由直線的極坐標方程為，得直線的直角坐