2025年江蘇省蔣王中學高二下數學期末復習檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．若，則（）A． B．1 C．0 D．2．設曲線及直線所圍成的封閉圖形為區域，不等式組所確定的區域為，在區域內隨機取一點，則該點恰好在區域內的概率為（）A． B． C． D．3．今年全國高考,某校有3000人參加考試，其數學考試成績(，試卷滿分150分),統計結果顯示數學考試成績高于130分的人數為100，則該校此次數學考試成績高于100分且低于130分的學生人數約為（）A．1300 B．1350 C．1400 D．14504．從A，B，C，D，E5名學生中選出4名分別參加數學、物理、化學、外語競賽，其中A不參加物理、化學競賽，則不同的參賽方案種數為()A．24 B．48C．72 D．1205．下列函數中，其圖像與函數的圖像關于直線對稱的是A． B． C． D．6．某技術學院安排5個班到3個工廠實習，每個班去一個工廠，每個工廠至少安排一個班，則不同的安排方法共有（）A．60種 B．90種 C．150種 D．240種7．已知函數的圖象如圖所示（其中是函數的導函數），下面四個圖象中，的圖象大致是（）A． B． C． D．8．已知復平面內的圓：，若為純虛數，則與復數對應的點（）A．必在圓外 B．必在上 C．必在圓內 D．不能確定9．設是函數的導函數，的圖象如圖所示，則的圖象最有可能的是()A． B．C． D．10．下列關于“頻率”和“概率”的說法中正確的是（）（1）在大量隨機試驗中，事件出現的頻率與其概率很接近；（2）概率可以作為當實驗次數無限增大時頻率的極限；（3）計算頻率通常是為了估計概率．A．（1）（2） B．（1）（3） C．（2）（3） D．（1）（2）（3）11．拋擲一枚質地均勻的骰子兩次，記事件A={兩次的點數均為奇數}，B={兩次的點數之和小于7}，則PBA．13 B．49 C．512．集合，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知平面向量，，滿足，，，則的最大值為___________．14．太極圖被稱為“中華第—圖”，從孔廟大成殿梁柱至白外五觀的標識物；從道袍、卦攤、中醫、氣功、武術到南韓國旗、新加坡空軍機徽…，太極圖無不躍其上，這種廣為人知的太極圖，其形狀如陰陽兩魚互抱在—起，因而被稱為“陰陽魚太極圖”.在如圖所示的陰陽魚圖案中，陰影部分的區域可用不等式組或來表示，設是陰影中任—點，則的最大值為________.15．已知隨機變量X的分布列為P(X=i)=(i=1,2,3),則P(X=2)=_____.16．若直線與曲線有公共點，則的取值范圍是______．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）已知函數（其中），．（Ⅰ）若命題“”是真命題，求的取值范圍；（Ⅱ）設命題：；命題：．若是真命題，求的取值范圍．18．（12分）如圖，在四棱錐中，四邊形為正方形，面，且，為中點．（1）證明：//平面；（2）證明：平面平面；（3）求二面角的余弦值．19．（12分）（題文）已知函數fx=m-x+4m>0（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）若a，b，c都是正實數，且1a+120．（12分）已知集合，其中。表示集合A中任意兩個不同元素的和的不同值的個數。(1)若，分別求和的值；(2)若集合，求的值，并說明理由；(3)集合中有2019個元素，求的最小值，并說明理由。21．（12分）設函數f（x）=，求函數f（x）的單調區間．22．（10分）（．在一次購物抽獎活動中，假設某10張券中有一等獎獎券1張，可獲價值50元的獎品；有二等獎獎券3張，每張可獲價值10元的獎品；其余6張沒獎．某顧客從此10張獎券中任抽2張，求：（1）該顧客中獎的概率；（2）該顧客獲得的獎品總價值X（元）的概率分布列．

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】分析：根據題意求各項系數和，直接賦值法令x=-1代入即可得到.詳解：已知，根據二項式展開式的通項得到第r+1項是，故當r為奇數時，該項系數為負，故原式令x=-1代入即可得到.故答案為D.點睛：這個題目考查了二項式中系數和的問題，二項式主要考查兩種題型，一是考查系數和問題；二是考查特定項系數問題；在做二項式的問題時，看清楚題目是求二項式系數還是系數，還要注意在求系數和時，是不是缺少首項；解決這類問題常用的方法有賦值法，求導后賦值，積分后賦值等.2、C【解析】分析：求出兩個區域的面積，由幾何概型概率公式計算可得.詳解：由題意，，∴，故選C.點睛：以面積為測度的幾何概型問題是幾何概型的主要問題，而積分的重要作用正是計算曲邊梯形的面積，這類問題巧妙且自然地將新課標新增內容——幾何概型與定積分結合在一起，是近幾年各地高考及模擬中的熱點題型．預計對此類問題的考查會加大力度．3、C【解析】

根據正態分布的對稱性計算，即【詳解】100分是數學期望，由題意成績高于130分的有100人，則低于70分的也有100人，70到130的總人數為3000－200＝2800，因此成績高于100分低于130分的人數為．故選C．本題考查正態分布，解題關鍵是掌握正態分布曲線中的對稱性，即若，則，．4、C【解析】

根據題意,分2種情況討論:①不參加任何競賽,此時只需要將四個人全排列，對應參加四科競賽即可；②參加競賽,依次分析與其他四人的情況數目，由分步計數原理可得此時參加方案的種數，進而由分類計數原理計算可得結論.【詳解】參加時參賽方案有(種)，不參加時參賽方案有(種)，所以不同的參賽方案共72種，故選C.本題主要考查分類計數原理與分步計數原理及排列組合的應用，屬于難題.有關排列組合的綜合問題，往往是兩個原理及排列組合問題交叉應用才能解決問題，解答這類問題理解題意很關鍵，一定多讀題才能挖掘出隱含條件.解題過程中要首先分清“是分類還是分步”、“是排列還是組合”，在應用分類計數加法原理討論時，既不能重復交叉討論又不能遺漏，這樣才能提高準確率.5、B【解析】分析：確定函數過定點（1，0）關于x=1對稱點，代入選項驗證即可．詳解：函數過定點（1，0），（1，0）關于x=1對稱的點還是（1，0），只有過此點．故選項B正確點睛：本題主要考查函數的對稱性和函數的圖像，屬于中檔題．6、C【解析】

先將5人分成3組，3，1，1和2，2，1兩種分法，再分配，應用排列組合公式列式求解即可.【詳解】將5個班分成3組，有兩類方法：（1）3，1，1，有種；（2）2，2，1，有種.所以不同的安排方法共有種.故選C.本題主要考查了排列組合的實際應用問題：分組分配，注意此類問題一般要先分組再分配（即為排列），屬于基礎題.7、C【解析】

根據圖象：分，，，，四種情況討論的單調性.【詳解】根據圖象：當，所以遞增，當，所以遞減，當，所以遞減，當，所以遞增，故選：C本題主要考查導數與函數的圖象間的關系，還考查了數形結合的思想和理解辨析的能力，屬于常考題.8、A【解析】

設復數,再利用為純虛數求出對應的點的軌跡方程,再與圓：比較即可.【詳解】由題,復平面內圓：對應的圓是以為圓心,1為半徑的圓.若為純虛數,則設,則因為為純虛數,可設,.故故,因為,故.當有.當時,兩式相除有,化簡得.故復數對應的點的軌跡是.則所有的點都在為圓心,1為半徑的圓外.故選：A本題主要考查復數的軌跡問題,根據復數在復平面內的對應的點的關系求解軌跡方程即可.屬于中等題型.9、C【解析】

根據導函數圖象，確定出函數的單調區間和極值，從而可得結論.【詳解】根據的圖象可知，當或時，，所以函數在區間和上單調遞增；當時，，所以函數在區間上單調遞減，由此可知函數在和處取得極值，并且在處取得極大值，在處取得極小值，所以的圖象最有可能的是C.故選：C.本題考查導數與函數單調性、極值的關系，考查數形結合思想和分析能力.解決此類問題，要根據導函數的圖象確定原函數的單調區間和極值，一定要注意極值點兩側導數的符號相反.10、D【解析】

利用頻率和概率的定義分析判斷得解.【詳解】（1）在大量隨機試驗中，事件出現的頻率與其他概率很接近，所以該命題是真命題；（2）概率可以作為當實驗次數無限增大時頻率的極限，所以該命題是真命題；（3）計算頻率通常是為了估計概率，所以該命題是真命題.故選D本題主要考查頻率和概率的關系，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.11、D【解析】由題意得P(B|A)=P(AB)P(A)，兩次的點數均為奇數且和小于7的情況有(1,1),(1,3),(3,1),(1,5),(5,1)(3,3)，則P(AB)=612、B【解析】,，故選B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

只有不等號左邊有，當為定值時，相當于存在的一個方向使得不等式成立．適當選取使不等號左邊得到最小值，且這個最大值不大于右邊．【詳解】當為定值時，當且僅當與同向時取最小值，此時，所以．因為，所以，所以所以，當且僅當且與同向時取等號．故答案為．本題考察平面向量的最值問題，需要用到轉化思想、基本不等式等，綜合性很強，屬于中檔題．14、3【解析】

根據題目可知，平移直線，當直線與陰影部分在上方相切時取得最大值，根據相切關系求出切點，代入，即可求解出答案。【詳解】由題意知，與相切時，切點在上方時取得最大值，如圖;此時，且，解得所以的最大值為3，故答案為3。本題主要考查了線性規劃中求目標函數的最值問題，形如題目中所示的目標函數常化歸為求縱截距范圍或極值問題。15、【解析】分析：根據所給的隨機變量的分布列，寫出各個變量對應的概率，根據分布列中各個概率之和是1，把所有的概率表示出來相加等于1，得到關于a的方程，解方程求得a的值，最后求出P（X=2）．詳解：∵P（X=i）=(i=1,2,3)，∴a=3，∴P（X=2）=.故答案選：C．點睛：（1）本題主要考查分布列的性質，意在考查學生對這些知識的掌握水平.(2)分布列的兩個性質：①Pi≥0，i＝1，2，…；②P1+P2+…=1．16、【解析】

由曲線y=3+，得（x﹣2）2+（y﹣3）2=4，0≤x≤4，直線y=x+b與曲線y=3+有公共點，圓心（2，3）到直線y=x+b的距離d不大于半徑r=2，由此結合圖象能求出實數b的取值范圍．【詳解】由曲線y=3+，得（x﹣2）2+（y﹣3）2=4，0≤x≤4，∵直線y=x+b與曲線y=3+有公共點，∴圓心（2，3）到直線y=x+b的距離d不大于半徑r=2，即∵0≤x≤4，∴x=4代入曲線y=3+，得y=3，把（4，3）代入直線y=x+b，得bmin=3﹣4=﹣1，②聯立①②，得．∴實數b的取值范圍是[﹣1，1+2]．故答案為.本題考查實數的取值范圍的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意數形結合思想的合理運用．一般直線和圓的題很多情況下是利用數形結合來解決的，聯立的時候較少；在求圓上的點到直線或者定點的距離時，一般是轉化為圓心到直線或者圓心到定點的距離，再加減半徑，分別得到最大值和最小值；涉及到圓的弦長或者切線長時，經常用到垂徑定理．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）；（Ⅱ）【解析】試題分析：（1），即，，解得；（2）是真命題，則都是真命題.當時，，故需.或，故，.當時，，故需.，所以，.綜上所述，.試題解析：（1）∵命題“”是真命題，即，∴，解得，∴的取值范圍是；（2）∵是真命題，∴與都是真命題，當時，，又是真命題，則∵，∴，∴或∴，解得當時，∵是真命題，則，使得，而∵，∴，∴，解得求集合的交集可得.考點：命題真假性判斷，含有邏輯聯結詞的命題．18、（1）見解析；（2）見解析；（3）【解析】

（1）連接BD與AC交于點O，連接EO，證明EO//PB，由線線平行證明線面平行即可；（2）通過證明CD平面PAD來證明平面平面；（3）以A為坐標原點，所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，通過空間向量的方法求二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：連結BD交AC于點O，連結EO．O為BD中點，E為PD中點，∴EO//PB．EO平面AEC，PB平面AEC，∴PB//平面AEC．（2）證明：PA⊥平面ABCD．平面ABCD，∴．又在正方形ABCD中且，∴CD平面PAD．又平面PCD，∴平面平面．（3）如圖，以A為坐標原點，所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系．由PA=AB=2可知A、B、C、D、P、E的坐標分別為A（0,0,0）,B（2,0,0）,C（2,2,0）,D（0,2,0）,P（0,0,2）,E（0,1,1）．PA平面ABCD，∴是平面ABCD的法向量，=（0,0,2）．設平面AEC的法向量為,,,則,即∴令,則.∴,二面角的余弦值為本題考查線面平行，面面垂直的判定定理，考查用空間向量求二面角，也考查了學生的空間想象能力和計算能力，屬于中檔題.19、(Ⅰ)m=1(Ⅱ)見解析【解析】試題分析：（I）考查絕對值不等式的解法（II）采用配“1”法應用基本不等式證明或者采用柯西不等式證明.試題解析：（I）依題意f(x-2)=m-|x+2|≥0,即|x+2|≤m?-m-2≤x≤-2+m,∴m=1（II）方法1:∵1∴a+2b+3c=(a+2b+3c)(=3+(當且僅當a=2b=3c,即a=3,b=3方法2:∵1∴由柯西不等式得3=a?整理得a+2b+3c≥9當且僅當a=2b=3c,即a=3,b=320、(1)＝5，＝10(2)見解析；(3)最小值是4035【解析】

（1）根據題意進行元素相加即可得出和的值；(2)因為共有項，所以．由集合，任取，由此能出的值；（3）不妨設，可得，故中至少有4035個不同的數，即．由此能出的最小值．【詳解】（1）由2＋4＝6，2＋6＝8，2＋8＝10，4＋6＝10，4＋8＝12，6＋8＝14，得＝5，由1+2=3,1+4=5,1+8=9,1+16=17，2＋4＝6，2＋8＝10，2＋16＝18，4＋8＝12，4＋16＝20，8＋16＝24，得＝10．（2）證明：因為共有項，所以．又集合，不妨設，m＝1，2，…，n．，當時，不妨設，則，即，當時，，因此，當且僅當時，．即所有的值兩兩不同，因此．（3）不妨設，