河北省衡水市棗強中學2024-2025學年高二下數學期末學業水平測試模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，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．如圖：在直棱柱中，，，分別是A1B1,BC,CC1的中點，則直線PQ與AM所成的角是（）A． B． C． D．2．某快遞公司共有人，從周一到周日的七天中，每天安排一人送貨，每人至少送貨天，其不同的排法共有（）種.A． B． C． D．3．設，且，則下列不等式恒成立的是()A． B．C． D．4．如圖，用4種不同的顏色涂入圖中的矩形A，B，C，D中，要求相鄰的矩形涂色不同，則不同的涂法有（）A．72種 B．48種 C．24種 D．12種5．下列說法錯誤的是A．回歸直線過樣本點的中心B．兩個隨機變量的線性相關性越強，則相關系數的絕對值就越接近于1C．在回歸直線方程中，當解釋變量x每增加1個單位時，預報變量平均增加個單位D．對分類變量X與Y，隨機變量的觀測值k越大，則判斷“X與Y有關系”的把握程度越小6．已知函數是定義在上的偶函數，其導函數為，若對任意的正實數，都有恒成立，且，則使成立的實數的集合為（）A． B．C． D．7．有7名女同學和9名男同學，組成班級乒乓球混合雙打代表隊，共可組成（）A．7隊 B．8隊 C．15隊 D．63隊8．已知向量滿足，點在線段上，且的最小值為，則的最小值為（）A． B． C． D．29．在區間上隨機取一個數，使直線與圓相交的概率為（）A． B． C． D．10．同時拋擲一顆紅骰子和一顆藍骰子，觀察向上的點數，記“紅骰子向上的點數小于4”為事件A，“兩顆骰子的點數之和等于7”為事件B，則（）A． B． C． D．11．設，，若，則的最小值為A． B．8 C．9 D．1012．已知變量x,y之間的線性回歸方程為,且變量x,y之間的一組相關數據如表所示,則下列說法錯誤的是()x681012y6m32A．變量x,y之間呈現負相關關系B．可以預測,當x=20時,y=﹣3.7C．m=4D．該回歸直線必過點(9,4)二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖所示是世界20個地區受教育程度的人口百分比與人均收入的散點圖，樣本點基本集中在一個條型區域，因此兩個變量呈線性相關關系．利用散點圖中的數據建立的回歸方程為，若受教育的人口百分比相差10%，則其人均收入相差_________．14．設為的展開式中含項的系數，為的展開式中二項式系數的和，則能使成立的的最大值是________．15．甲、乙兩位射擊愛好者在某次射擊比賽中各射靶5次，命中的環數分別為：甲：7,8,7,4,9；乙：9,5,7,8,6,則射擊更穩定的愛好者成績的方差為________.16．在正項等比數列中，，，則公比________.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）已知函數.（Ⅰ）若，求函數的單調區間；（Ⅱ）若在上恒成立，求實數的取值范圍.18．（12分）已知函數（e為自然對數的底數）．（Ⅰ）當時，求函數的單調區間；（Ⅱ）若對于任意，不等式恒成立，求實數t的取值范圍．19．（12分）選修4-5：不等式選講已知函數的最大值為.（1）求的值；（2）若，，求的最大值.20．（12分）已知函數(為常數，是自然對數的底數)，曲線在點處的切線與軸平行.（1）求的值；（2）求的單調區間.21．（12分）對任意正整數n，設表示n的所有正因數中最大奇數與最小奇數的等差中項，表示數列的前n項和.（1）求，，，，的值；（2）是否存在常數s，t，使得對一切且恒成立？若存在，求出s，t的值，并用數學歸納法證明；若不存在，請說明理由.22．（10分）已知函數，.（1）當時，求函數的單調區間；（2）當時，若存在，使不等式成立，求的最小值.

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、D【解析】

建立空間直角坐標系，結合直線的方向向量確定異面直線所成的角即可.【詳解】以點A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，據此可得：，，故，即直線PQ與AM所成的角是.本題選擇D選項.本題主要考查空間向量的應用，異面直線所成的角的求解等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.2、C【解析】分析：把天分成天組，然后人各選一組值班即可.詳解：天分成天，天，天組，人各選一組值班，共有種，故選C.點睛：本題主要考查分組與分配問題問題，著重考查分步乘法計數原理，意在考查綜合運用所學知識解決實際問題的能力，屬于中檔題.3、D【解析】

逐一分析選項，得到正確答案.【詳解】由已知可知，可以是正數，負數或0，A.不確定，所以不正確；B.當時，兩邊同時乘以，應該，所以不正確；C.因為有可能等于0，所以，所以不正確；D.當時，兩邊同時乘以，，所以正確.故選D.本題考查了不等式的基本性質，屬于簡單題型.4、A【解析】試題分析：先涂A的話，有4種選擇，若選擇了一種，則B有3種，而為了讓C與AB都不一樣，則C有2種，再涂D的話，只要與C涂不一樣的就可以，也就是D有3種，所以一共有4x3x2x3=72種，故選A．考點：本題主要考查分步計數原理的應用．點評：從某一區域涂起，按要求“要求相鄰的矩形涂色不同”，分步完成．5、D【解析】

分析：A.兩個變量是線性相關的，則回歸直線過樣本點的中心B.兩個隨機變量的線性相關線越強，則相關系數的絕對值就越接近于1；C.在回歸直線方程中，當解釋變量每增加1個單位時，預報變量平均增加0.2個單位D.正確.詳解：A.兩個變量是線性相關的，則回歸直線過樣本點的中心；B.兩個隨機變量的線性相關線越強，則相關系數的絕對值就越接近于1；C.在回歸直線方程中，當解釋變量每增加1個單位時，預報變量平均增加0.2個單位D.錯誤，隨機變量的觀測值k越大，則判斷“X與Y有關系”的把握程度越大故選：D.點睛：本題考查了兩個變量的線性相關關系的意義，線性回歸方程，相關系數，以及獨立性檢驗等，是概念辨析問題．6、B【解析】

抽象函數解不等式考慮用函數的單調性，構造函數，可得為偶函數，且在在上為增函數，將不等式化為，即可求解.【詳解】令，易知函數為偶函數，當時，，所以在上為增函數，所以，即，所以，解之得.故選:B.本題考查抽象函數不等式，利用函數的單調性將不等式等價轉換，解題的關鍵構造函數，構造函數通常從已知條件不等式或所求不等式結構特征入手，屬于中檔題.7、D【解析】

根據題意，分析可得男隊員的選法有7種，女隊員的選法有9種，由分步計數原理計算可得答案．【詳解】根據題意，有7名女同學和9名男同學，組成班級乒乓球混合雙打代表隊，則男隊員的選法有7種，女隊員的選法有9種，由分步乘法計數原理，知共可組成組隊方法；故選：．本題主要考查分步計數原理的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題．8、D【解析】

依據題目條件，首先可以判斷出點的位置，然后，根據向量模的計算公式，求出的代數式，由函數知識即可求出最值．【詳解】由于，說明點在的垂直平分線上，當是的中點時，取最小值，最小值為，此時與的夾角為，與的夾角為，∴與的夾角為，的最小值是4，即的最小值是2.故選D.本題主要考查了平面向量有關知識，重點是利用數量積求向量的模．9、C【解析】

先求出直線和圓相交時的取值范圍，然后根據線型的幾何概型概率公式求解即可．【詳解】由題意得，圓的圓心為，半徑為，直線方程即為，所以圓心到直線的距離，又直線與圓相交，所以，解得．所以在區間上隨機取一個數，使直線與圓相交的概率為．故選C．本題以直線和圓的位置關系為載體考查幾何概型，解題的關鍵是由直線和圓相交求出參數的取值范圍，然后根據公式求解，考查轉化和計算能力，屬于基礎題．10、B【解析】

為拋擲兩顆骰子，紅骰子的點數小于4同時兩骰子的點數之和等于7的概率，利用公式求解即可．【詳解】解：由題意，為拋擲兩顆骰子，紅骰子的點數小于4時兩骰子的點數之和等于7的概率．拋擲兩顆骰子，紅骰子的點數小于4，基本事件有個，紅骰子的點數小于4時兩骰子的點數之和等于7，基本事件有3個，分別為（1，6），（2，5），（3，4），．故選：．本題考查條件概率的計算，考查學生分析解決問題的能力，屬于基礎題．11、C【解析】

根據題意可知，利用“1”的代換，將化為，展開再利用基本不等式，即可求解出答案。【詳解】由題意知，，，且，則當且僅當時，等號成立，的最小值為9，故答案選C。本題主要考查了利用基本不等式的性質求最值的問題，若不滿足基本不等式條件，則需要創造條件對式子進行恒等變形，如構造“1”的代換等。12、C【解析】

根據回歸直線方程的性質，以及應用，對選項進行逐一分析，即可進行選擇.【詳解】對于A：根據b的正負即可判斷正負相關關系.線性回歸方程為，b=﹣0.7<0，故負相關.對于B：當x=20時，代入可得y=﹣3.7對于C：根據表中數據：9.可得4.即，解得：m=5.對于D：由線性回歸方程一定過()，即(9，4).故選：C.本題考查線性回歸直線方程的性質，以及回歸直線方程的應用，屬綜合基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、31.93美元【解析】

設所受教育百分比分別為，且，利用回歸方程計算即可．【詳解】設所受教育百分比分別為，且根據回歸方程為，收入相差大約為：

，

即受教育的人口百分比相差，則其人均收入相差約美元．

故答案為：31.93美元．本題考查了線性回歸方程的應用問題，屬于中檔題．14、4【解析】

由題意可得，An＝＝，，若使得An≥Bn，即n（n+1）≥2n，可求.【詳解】∵（1+x）n+1的展開式的通項為Tr+1，由題意可得，An＝＝，又∵為的展開式中二項式系數的和，∴，∵An≥Bn，∴，即n（n+1）≥2n當n＝1時，1×2≥2，滿足題意；當n＝2時，2×3≥22，滿足題意；當n＝3時，3×4≥23，滿足題意；當n＝4時，4×5≥24，滿足題意；當n＝5時，5×6＜25，不滿足題意，且由于指數函數比二次函數增加的快，故當n≥5時，n（n+1）＜2n，∴＝4.故答案為4本題主要考查了二項展開式的通項公式的應用，二項展開式的性質應用及不等式、指數函數與二次函數的增加速度的快慢的應用，屬于中檔題．15、2【解析】

分別計算出甲，乙的方差，較小的更加穩定，故為答案.【詳解】根據題意，，，同理，，故更穩定的為乙，方差為2.本題主要考查統計量方差的計算，難度不大.16、【解析】

利用等比中項可求出，再由可求出公比.【詳解】因為，，所以，，解得.本題考查了等比數列的性質，考查了計算能力，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、（Ⅰ）單調遞增區間為，單調遞減區間為；（Ⅱ）【解析】

（1）求出，當時，求出的解即可；（2）所求的問題為在上恒成立，設，，注意，所以在遞增滿足題意，若存在區間遞減，則不滿足題意，對分類討論，求出單調區間即可.【詳解】（Ⅰ）當時，，則.所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.（Ⅱ）由，得在上恒成立.設，則.設，①當時，，則在上恒成立，在上單調遞增，在恒成立，所以當時，在上恒成立；②當時，令，得或（舍去）.所以當時，，則是上的減函數；當時，，則是上的增函數.所以當時，.因此當時，不恒成立.綜上所述，實數的取值范圍是.本題考查函數導數的綜合應用，涉及到函數單調性、不等式恒成立，考查分類討論思想，確定分類標準是解題的關鍵，屬于中檔題.18、(1)函數的單調遞增區間是；單調遞減區間是（2)．【解析】試題分析：(1)，根據題意，由于函數當t=-e時，即導數為,,函數的單調遞增區間是；單調遞減區間是（2)根據題意由于對于任意，不等式恒成立，則在第一問的基礎上，由于函數,只要求解函數的最小值大于零即可，由于當t>0,函數子啊R遞增，沒有最小值，當t<0，那么可知，那么在給定的區間上可知當x=ln（-t）時取得最小值為2，那么可知t的取值范圍是．考點：導數的運用點評：主要是考查了導數的運用，以及函數最值的運用，屬于中檔題．19、（1）2（2）2【解析】

試題分析：（1）根據絕對值定義，將函數化為分段函數形式，分別求各段最大值，最后取各段最大值的最大者為的值；（2）利用基本不等式得，即得的最大值.試題解析：（1）由于當時，，當時，，當時，所以.（2）由已知,有，因為(當時取等號)，(當時取等號)，所以，即，故的最大值為2.20、（1）1；（2）單調遞增區間為，單調遞減區間為【解析】試題分析：(1)利用導函數與函數切線的關系得到關于實數k的方程，解方程可得k=1；(2)結合(1)的結論對函數的解析式進行求導可得，研究分子部分，令，結合函數h(x)的性質可得：的單調遞增區間是（0，1）單調遞減區間是.試題解析：（1）由題意得又，故(2)由（1）知，設，則即在上是減函數，由知，當時，，從而當時，，從而綜上可知，的單調遞增區間是（0，1）單調遞減區間是21、（1），，，，；（2），見解析.【解析】

（1）根據定義計算即可；（2）先由，，確定出s，t的值，再利用數學歸納法證明.【詳解】（1）1的最大正奇因數為1，最小正奇因數為1，所以，2的最大正奇因數為1，最小正奇因數為1，所以，3的最大正奇因數為3，最小正奇因數為1，所以，4的最大正奇因數為1，最小正奇因數為1，所以，5的最大正奇因數為5，最小正奇因數為1，所以.（2）由（1）知，，，，所以，解得.下面用數學歸納法證明：①當時，，成立；②假設當（，）時，結論成立，即，那么當時，易知當n為奇數時，；當n為偶數時，.所以.所以當時，結論成立.綜合①②可知，對一切