云南省玉溪市峨山縣三中2025屆高二數學第二學期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．已知的展開式中各項系數和為2，則其展開式中含項的系數是（）A．-40 B．-20 C．20 D．402．已知函數，若方程有三個實數根，且，則的取值范圍為（）A． B．C． D．3．已知，則的大小關系為()A． B． C． D．4．已知高為3的正三棱柱ABC-A1B1C1的每個頂點都在球O的表面上，若球O的表面積為，則此正三棱柱ABC-A1B1C1的體積為()A． B． C． D．185．直線與圓有兩個不同交點的充要條件是（）A． B． C． D．6．設，，則與大小關系為()A． B．C． D．7．用反證法證明命題“設a，b為實數，則方程至多有一個實根”時，則下列假設中正確的是（）A．方程沒有實根 B．方程至多有一個實根C．方程恰好有兩個實數根 D．方程至多有兩個實根8．命題；命題.若為假命題，為真命題，則實數的取值范圍是（）A． B．或C．或 D．或9．正方體中，直線與平面所成角正弦值為（）A． B． C． D．10．函數的極小值點是（）A．1 B．（1，﹣） C． D．（﹣3，8）11．甲乙丙丁4名師范院校的大學生分配至3所學校實習，每所學校至少分配一名大學生，且甲、乙兩人不能分配在同一所學校，則不同分配方法數為（）A．30 B．42 C．50 D．5812．已知奇函數是定義在上的減函數，且，，，則的大小關系為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若x，y滿足x≥1y≥-1x+y≥3，則z=x+2y14．在四面體中，，已知，，且，則四面體的體積的最大值為_______.15．用一塊半徑為2分米的半圓形薄鐵皮制作一個無蓋的圓錐形容器，若銜接部分忽略不計，則該容器的容積為________立方分米.16．一個圓柱的側面展開圖是一個正方形，這個圓柱的全面積與側面積的比是__________．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，，曲線在點處的切線平分圓C：的周長.（1）求a的值；（2）討論函數的圖象與直線的交點個數.18．（12分）在同一平面直角坐標系中，經過伸縮變換后，曲線變為曲線，過點且傾斜角為的直線與交于不同的兩點.（1）求曲線的普通方程；（2）求的中點的軌跡的參數方程（以為參數）.19．（12分）設點F1，F2分別是橢園C：x22t2+y2t2=1(t>0)的左、右焦點，且橢圓C上的點到F2(1)求橢圓C的方程；(2)當F1N?(3)當|F2N20．（12分）深受廣大球迷喜愛的某支歐洲足球隊.在對球員的使用上總是進行數據分析，為了考察甲球員對球隊的貢獻，現作如下數據統計：球隊勝球隊負總計甲參加22b30甲未參加c12d總計30en（1）求b,c,d,e,n的值，據此能否有97.7%的把握認為球隊勝利與甲球員參賽有關；（2）根據以往的數據統計，乙球員能夠勝任前鋒、中鋒、后衛以及守門員四個位置，且出場率分別為：0.2,0.5,0.2,0.1，當出任前鋒、中鋒、后衛以及守門員時，球隊輸球的概率依次為：0.4,0.2,0.6,0.2.則：當他參加比賽時，求球隊某場比賽輸球的概率；當他參加比賽時，在球隊輸了某場比賽的條件下，求乙球員擔當前鋒的概率；附表及公式：0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828.21．（12分）某公司的一次招聘中，應聘者都要經過三個獨立項目，，的測試，如果通過兩個或三個項目的測試即可被錄用.若甲、乙、丙三人通過，，每個項目測試的概率都是.（1）求甲恰好通過兩個項目測試的概率；（2）設甲、乙、丙三人中被錄用的人數為，求的概率分布和數學期望.22．（10分）已知函數在處取得極值．確定a的值；若，討論的單調性．

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、D【解析】

由題意先求得a＝﹣1，再把（2x+a）5按照二項式定理展開，即可得含x3項的系數．【詳解】令x＝1，可得（x+1）（2x+a）5的展開式中各項系數和為2?（2+a）5＝2，∴a＝﹣1．二項式（x+1）（2x+a）5＝（x+1）（2x﹣1）5＝（x+1）（32x5﹣80x4+80x3﹣40x2+10x﹣1），故展開式中含x3項的系數是﹣40+80＝40故選D．本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，屬于基礎題．2、B【解析】

先將方程有三個實數根，轉化為與的圖象交點問題，得到的范圍，再用表示，令，利用導數法求的取值范圍即可.【詳解】已知函數，其圖象如圖所示：因為方程有三個實數根，所以，令，得，令，所以，所以，令，所以，令，得，當時，，當時，，所以當時，取得極小值.又，所以的取值范圍是：.即的取值范圍為.故選：B本題主要考查函數與方程，導數與函數的單調性、極值最值，還考查了數形結合的思想和運算求解的能力，屬于難題.3、A【解析】分析：由，，，可得，，則，利用做差法結合基本不等式可得結果.詳解：，，則，即，綜上，故選A.點睛：本題主要考查對數函數的性質、指數函數的單調性及比較大小問題，屬于難題.解答比較大小問題，常見思路有兩個：一是判斷出各個數值所在區間（一般是看三個區間）；二是利用函數的單調性直接解答；數值比較多的比大小問題也可以兩種方法綜合應用.4、C【解析】

根據體積算出球O的半徑r,再由幾何關系求出地面三角形的邊長，最后求出其體積即可。【詳解】因為球O的表面積為，所以球O的半徑又因高為3所以底面三角形的外接圓半徑為，邊長為3底面三角形面積為正三棱柱ABC-A1B1C1的體積為本題考查正三棱柱的體積公式，考查了組合體問題，屬于中檔題。5、A【解析】

由已知條件計算圓心到直線的距離和半徑進行比較，即可求出結果【詳解】圓，圓心到直線的距離小于半徑，由點到直線的距離公式：，，故選本題考查了直線與圓的位置關系，根據題意將其轉化為圓心到直線的距離，然后和半徑進行比較，較為基礎．6、A【解析】,選A.7、C【解析】

由二次方程實根的分布，可設方程恰好有兩個實根．【詳解】證明“設a，b為實數，則方程至多有一個實根”，由反證法的步驟可得第一步假設方程恰好有兩個實根，故選：C．本題考查反證法的運用，注意解題步驟，以及假設及否定的敘述，考查推理能力，屬于基礎題．8、B【解析】

首先解出兩個命題的不等式，由為假命題，為真命題得命題和命題一真一假．【詳解】命題，命題．因為為假命題，為真命題．所以命題和命題一真一假，所以或，選擇B本題主要考查了簡易邏輯的問題，其中涉及到了不等式以及命題真假的判斷問題，屬于基礎題．9、C【解析】

作出相關圖形，設正方體邊長為1，求出與平面所成角正弦值即為答案.【詳解】如圖所示，正方體中，直線與平行，則直線與平面所成角正弦值即為與平面所成角正弦值.因為為等邊三角形，則在平面即為的中心，則為與平面所成角.可設正方體邊長為1，顯然，因此，則，故答案選C.本題主要考查線面所成角的正弦值，意在考查學生的轉化能力，計算能力和空間想象能力.10、A【解析】

求得原函數的導數，令導數等于零，解出的值，并根據單調區間判斷出函數在何處取得極小值，并求得極值，由此得出正確選項.【詳解】，由得函數在上為增函數，上為減函數，上為增函數，故在處有極小值，極小值點為1.選A本小題主要考查利用導數求函數的極值點，屬于基礎題.11、A【解析】

根據題意將4人分成3組，再進行排列，兩步完成.【詳解】第一步，將甲乙丙丁4名同學分成3組，甲、乙兩人不在同一組，有5種分法第二步,將3組同學分配到3所學校，有種分法所以共有種分配方法故選：A解決分組分配問題的基本指導思想是先分組，后分配.12、C【解析】

根據對數運算性質和對數函數單調性可得，根據指數函數單調性可知；利用為減函數可知，結合為奇函數可得大小關系.【詳解】，即：又是定義在上的減函數又為奇函數，即：本題正確選項：本題考查根據指數函數、對數函數單調性，結合奇偶性比較函數值的大小關系，關鍵是能夠通過函數得單調性，利用臨界值的方式得到自變量之間的大小關系.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解析】

畫出不等式組表示的可行域，將z=x+2y變形為y=-x2+【詳解】畫出不等式組表示的可行域，如圖陰影部分所示．由z=x+2y可得y=-x平移直線y=-x2+z2，由圖形得，當直線經過可行域內的點A時，直線y=-由x+y=3y=-1解得x=4所以點A的坐標為(4,-1)．所以zmin故答案為1．利用線性規劃求最值體現了數形結合思想的運用，解題的關鍵有兩個：一是準確地畫出不等式組表示的可行域；二是弄清楚目標函數中z的幾何意義，根據題意判斷是截距型、斜率型、還是距離型，然后再結合圖形求出最優解后可得所求．14、【解析】

作與，連接，說明與都在以為焦點的橢球上，且都垂直與焦距，，取BC的中點F，推出當是等腰直角三角形時幾何體的體積最大，求解即可.【詳解】解：作與，連接，則平面，，由題意，與都在以為焦點的橢球上，且都垂直與焦距且垂足為同一點E，顯然與全等，所以，取BC的中點F，，要四面體ABCD的體積最大，因為AD是定值，只需三角形EBC面積最大，因為BC是定值，所以只需EF最大即可，當是等腰直角三角形時幾何體的體積最大，，，，所以幾何體的體積為：,故答案為：.本題考查棱錐的體積，考查空間想象能力以及計算能力，是中檔題.15、【解析】

先由題意得到半圓形的弧長為，設制作的圓錐形容器的底面半徑為，求出底面半徑與圓錐的高，從而可求出結果.【詳解】半徑為2分米的半圓形的弧長為，設制作的圓錐形容器的底面半徑為，則，則；則圓錐形容器的高為，所以容器的容積為.故答案為：本題主要考查求圓錐的體積，熟記圓錐的體積公式即可，屬于常考題型.16、【解析】

利用側面展開圖是正方形得到圓柱的底面半徑與高的關系后可得圓柱的表面積與側面積之比.【詳解】設正方形的邊長為，圓柱的底面半徑為，則，，所以圓柱的全面積為，故側面積與全面積之比為，填.圓柱的側面展開圖是矩形，其一邊的長為母線長，另一邊的長為底面圓的周長，利用這個關系可以得到展開前后不同的幾何量之間的關系.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）見解析.【解析】

（1）求得曲線在點處的切線，根據題意可知圓C的圓心在此切線上，可得a的值.（2）根據得出極值，結合單調區間和函數圖像，分類討論的值和交點個數。【詳解】（1），∴，，所以曲線在點處的切線方程為由切線平分圓C：的周長可知圓心在切線上，∴，∴（2）由（1）知，，令，解得或當或時，，故在，上為增函數；當時，，故在上為減函數.由此可知，在處取得極大值在處取得極小值大致圖像如圖：當或時，的圖象與直線有一個交點當或時，的圖象與直線有兩個交點當時，的圖象與直線有3個交點.本題考查利用導數求切線，研究單調區間，考查數形結合思想求解交點個數問題，屬于基礎題.18、（1）（2）（為參數，）.【解析】

（1）根據變換原則可得，代入曲線的方程整理可得的方程；（2）寫出直線的參數方程，根據與曲線有兩個不同交點可確定傾斜角的范圍；利用直線參數方程中參數的幾何意義和韋達定理得到，求得后，代入直線參數方程后即可得到所求的參數方程.【詳解】（1）由得：，代入得：，的普通方程為.（2）由題意得：的參數方程為：（為參數）與交于不同的兩點，即有兩個不等實根，即有兩個不等實根，，解得：.設對應的參數分別為，則，且滿足，則，.又點的坐標滿足的軌跡的參數方程為：（為參數，）.本題考查根據坐標變換求解曲線方程、動點軌跡方程的求解問題；求解動點軌跡的關鍵是能夠充分利用直線參數方程中參數的幾何意義，結合韋達定理的形式求得直線上的動點所對應的參數，進而代入直線參數方程求得結果.19、（1）x28+【解析】

(1)根據橢圓的簡單性質可得a-c=2t-t=22-2，求解(2)可設N(22cosθ,2sinθ)(3)向量F1M與向量F2N平行，不妨設λF1M=F2N，設M(【詳解】(1)點F1、F2分別是橢圓C：x22t∵橢圓C上的點到點F2的距離的最小值為22-2解得t=2，∴橢圓的方程為x2(2)由(1)可得F1(-2,0)，F2(2,0可設N(22∴F1N∵F1N解得cosθ=0，sinθ=1，∴△F1N(3)∵向量F1M與向量F2∵|F2N|-|F設M(x1,∴λ(x1+2)=x∵x22∴[λx∴4λ(λ+1)x1=(1-3λ)(λ+1)∴y12∴|F1M|=λ+12λ，∴(λ-1)?λ+12∴x1=1λ-3=-8∴kF1M=23-0-83∴直線F2N的方程為y-0=-(x-2)，即為本題主要考查了橢圓的標準方程及其性質，向量的運算，直線斜率，屬于難題．20、(1)有的把握認為球隊勝利與甲球員參賽有關.(2)見解析.【解析】分析：（1）根據表中的數據，求得的值，進而求得的值，利用附表即可作出結論；（2）設表示“乙球員擔當前鋒”；表示“乙球員擔當中鋒”；表示“乙球員擔當后衛”；表示“乙球員擔當守門員”；表示“球隊輸掉某場比賽”，利用互斥事件和獨立事件的概率公式