北京市19中2025年數學高二第二學期期末學業質量監測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．已知復數滿足（是虛數單位），則=（）A． B． C． D．2．若，則等于（）A．3或4 B．4 C．5或6 D．83．甲、乙獨立地解決同一數學問題，甲解決這個問題的概率是1．8，乙解決這個問題的概率是1．6，那么其中至少有1人解決這個問題的概率是()A．1．48 B．1．52 C．1．8 D．1．924．對于函數，曲線在與坐標軸交點處的切線方程為，由于曲線在切線的上方，故有不等式．類比上述推理：對于函數，有不等式（）A． B．C． D．5．已知等差數列的前項和為，，且，則（）A．6 B．7 C．8 D．96．復數的模是()A．3 B．4 C．5 D．77．設拋物線y2=2x的焦點為F，過點M(3,0)的直線與拋物線相交于A，B兩點，與拋物線的準線相交于C，BF=2，則△BCFA．23 B．34 C．48．已知全集，，則（）A． B． C． D．9．小明同學喜歡籃球，假設他每一次投籃投中的概率為，則小明投籃四次，恰好兩次投中的概率是（）A． B． C． D．10．已知橢圓的右焦點為，短軸的一個端點為，直線與橢圓相交于、兩點.若，點到直線的距離不小于，則橢圓離心率的取值范圍為A． B． C． D．11．已知展開式中第三項的二項式系數與第四項的二項式系數相同，且,若,則展開式中常數項()A．32 B．24 C．4 D．812．如圖，F1，F2分別是雙曲線(a＞0，b＞0)的兩個焦點，以坐標原點O為圓心，|OF1|為半徑的圓與該雙曲線左支交于A，B兩點，若△F2AB是等邊三角形，則雙曲線的離心率為()A． B．2C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．函數的定義域是_____.14．某林場有樹苗3000棵，其中松樹苗400棵．為調查樹苗的生長情況，采用分層抽樣的方法抽取一個容量為150的樣本，則樣本中松樹苗的棵數為．15．已知等差數列的前項和為，，，則數列的前項和為__________．16．設定義域為的偶函數滿足，當時，，若關于的方程恰有兩個根，則實數的取值范圍為__________．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）雙曲線的虛軸長為，兩條漸近線方程為.（1）求雙曲線的方程；（2）雙曲線上有兩個點，直線和的斜率之積為，判別是否為定值，；（3）經過點的直線且與雙曲線有兩個交點，直線的傾斜角是，是否存在直線（其中）使得恒成立？（其中分別是點到的距離）若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.18．（12分）如圖，直三棱柱的底面為直角三角形，兩直角邊AB和AC的長分別為4和2，側棱的長為5.（1）求三棱柱的體積；（2）設M是BC中點，求直線與平面所成角的大小.19．（12分）如圖,在平面直角坐標系中,已知橢圓的離心率為,且過點.設為橢圓的右焦點,為橢圓上關于原點對稱的兩點,連結并延長,分別交橢圓于兩點.(1)求橢圓的標準方程；(2)設直線的斜率分別為,是否存在實數,使得?若存在,求出實數的值;若不存在,請說明理由.20．（12分）已知函數的定義域為，且對任意實數恒有（且）成立.（1）求函數的解析式；（2）討論在上的單調性，并用定義加以證明.21．（12分）如圖是某市年月日至日的空氣質量指數趨勢圖，某人隨機選擇年月日至月日中的某一天到達該市，并停留天.（1）求此人到達當日空氣質量指數大于的概率；（2）設是此人停留期間空氣質量指數小于的天數，求的分布列與數學期望；（3）由圖判斷從哪天開始連續三天的空氣質量指數方差最大？（結論不要求證明）22．（10分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），曲線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸非負半軸為極軸建立極坐標系.（1）求的極坐標方程；（2）設點，直線與曲線相交于點，求的值.

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、A【解析】

把已知等式變形，再由復數代數形式的乘除運算化簡得答案．【詳解】解：由，得，．故選．本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題．2、D【解析】

根據排列數和組合數公式，化簡，即可求出.【詳解】解：由題意，根據排列數、組合數的公式，可得，，則，且，解得：.故選：D.本題考查排列數和組合數公式的應用，以及對排列組合的理解，屬于計算題.3、D【解析】1－1．2×1．4＝1．92，選D項．4、A【解析】

求導，求出函數與軸的交點坐標，再求出在交點處的切線斜率，代入點斜式方程求出切線，在與函數圖像的位置比較，即可得出答案．【詳解】由題意得，且的圖像與軸的交點為，則在處的切線斜率為，在處的切線方程為，因為切線在圖像的上方，所以故選A本題考查由導函數求切線方程以及函數圖像的位置，屬于一般題．5、D【解析】分析：設等差數列的公差為d，由且，可得，，解出即可得出.詳解：設等差數列的公差為d，由且，，，解得，則.故選：D.點睛：(1)等差數列的通項公式及前n項和公式，共涉及五個量a1，an，d，n，Sn，知其中三個就能求另外兩個，體現了用方程的思想來解決問題．(2)數列的通項公式和前n項和公式在解題中起到變量代換作用，而a1和d是等差數列的兩個基本量，用它們表示已知和未知是常用方法．6、C【解析】

直接利用復數的模的定義求得的值．【詳解】|，故選：C．本題主要考查復數的模的定義和求法，屬于基礎題．7、C【解析】∵拋物線方程為y2∴拋物線的焦點F坐標為(12,0)如圖，設A(x1,y1)由拋物線的定義可得BF=x2+將x2=32代入∴點B的坐標為(3∴直線AB的方程為y-0-3-0將x=y22代入直線AB的方程整理得y2+(∴x1=2，∴在ΔCAA1中，∴|CB||CA|∴S△BCFS△ACF點睛：與拋物線有關的問題，一般情況下都與拋物線的定義有關，特別是與焦點弦有關的問題更是這樣，“看到準線想焦點，看到焦點想準線”，這是解決拋物線焦點弦有關問題的重要途徑．由于拋物線的定義在運用上有較大的靈活性，因此此類問題也有一定的難度．8、C【解析】

根據補集的定義可得結果.【詳解】因為全集，，所以根據補集的定義得，故選C.若集合的元素已知，則求集合的交集、并集、補集時，可根據交集、并集、補集的定義求解．9、D【解析】分析：利用二項分布的概率計算公式：概率即可得出．詳解：：∵每次投籃命中的概率是，

∴在連續四次投籃中，恰有兩次投中的概率．

故在連續四次投籃中，恰有兩次投中的概率是．故選D.點睛：本題考查了二項分布的概率計算公式，屬于基礎題．10、C【解析】

根據橢圓對稱性可證得四邊形為平行四邊形，根據橢圓定義可求得；利用點到直線距離構造不等式可求得，根據可求得的范圍，進而得到離心率的范圍.【詳解】設橢圓的左焦點為，為短軸的上端點，連接，如下圖所示：由橢圓的對稱性可知，關于原點對稱，則又四邊形為平行四邊形又，解得：點到直線距離：，解得：，即本題正確選項：本題考查橢圓離心率的求解，重點考查橢圓幾何性質，涉及到橢圓的對稱性、橢圓的定義、點到直線距離公式的應用等知識.11、B【解析】

先由二項展開式中第三項的二項式系數與第四項的二項式系數相同，求出；再由求出，由二項展開式的通項公式，即可求出結果.【詳解】因為展開式中第三項的二項式系數與第四項的二項式系數相同，所以，因此，又，所以，令，則，又，所以，因此，所以展開式的通項公式為，由得，因此展開式中常數項為.故選B本題主要考查求指定項的系數，熟記二項式定理即可，屬于常考題型.12、D【解析】

連接，利用三角形邊之間的關系得到，，代入離心率公式得到答案.【詳解】連接，依題意知：，，所以.本題考查了雙曲線的離心率，利用三角形邊之間的關系和雙曲線性質得到的關系式是解題的關鍵.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

對數函數的定義域滿足真數要大于零【詳解】由，解得，故定義域為.本題考查了對數的定義域，只需滿足真數大于零即可，然后解不等式，較為簡單14、20【解析】試題分析：由分層抽樣的方法知樣本中松樹苗的棵數應為150的，所以樣本中松樹苗的棵數應為.考點：分層抽樣.15、【解析】

由，列出關于首項為，公差為的方程組，解方程求得，可得，利用等比數列的求和公式可得結果.【詳解】設等差數列的首項為，公差為，則解得，所以，所以，所以是以2為首項，16為公比的等比數列，所以數列的前項和為,故答案為.本題主要考查等差數列的通項公式以及等比數列的求和公式，屬于中檔題.等差數列基本量的運算是等差數列的一類基本題型，數列中的五個基本量一般可以“知二求三”，通過列方程組所求問題可以迎刃而解.16、【解析】

根據滿足，得到的周期是4，再根據方程恰有兩個根，轉化為兩個函數圖象交點問題求解.【詳解】因為滿足，所以，所以函數的周期是4，又因為是偶函數，且當時，，作出的圖象，如圖所示：已知，所以，當時，，，當時，，，因為關于的方程恰有兩個根，所以實數的取值范圍為.故答案為：本題主要考查函數與方程，還考查了數形結合的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.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）8；（3）存在且【解析】分析：（1）根據題意，雙曲線的虛軸長為，兩條漸近線方程為.易求求雙曲線的方程；（2）設直線的斜率，顯然，聯立得，求出，，可證；（3）設直線方程，聯立，（*），∵，方程總有兩個解，設，得到，根據得，整理得，由，則符合題目要求，存在直線．詳解：（1）雙曲線；（2）設直線的斜率，顯然，聯立得，，，；（3）設直線方程，聯立，（*），∵，方程總有兩個解，設，，根據得，整理得，∵，∴符合題目要求，存在直線．點睛：本題考查雙曲線的求法，直線與雙曲線的位置關系，屬難題.18、（1）2;（2）【解析】

（1）三棱柱的體積，由此能求出結果；（2）連結是直線與平面所成角，由此能求出直線與平面所成角的大小.【詳解】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面為直角三角形，兩直角邊AB和AC的長分別為4和2，側棱AA1的長為1．∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積：V＝S△ABC×AA12．（2）連結AM，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面為直角三角形，兩直角邊AB和AC的長分別為4和2，側棱AA1的長為1，M是BC中點，∴AA1⊥底面ABC，AM，∴∠A1MA是直線A1M與平面ABC所成角，tan∠A1MA，∴直線A1M與平面ABC所成角的大小為arctan．本題考查三棱柱的體積的求法，考查線面角的大小的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力，考查化歸與轉化思想、函數與方程思想、數形結合思想，是中檔題．19、（1）；（2）存在,使得.【解析】分析：(1)在橢圓上，所以滿足橢圓方程，又離心率為，聯立兩個等式即可解出橢圓方程；(2),則,所以的方程為，聯立AF的方程和橢圓方程即可求得C點坐標，同理求得D點坐標，從而分析的比值.詳解：(1)設橢圓的方程為，，由題意知解得所以橢圓的方程為.(2)設,則,,又,所以直線的方程為.由消去，得.因為是該方程的一個解,所以點的橫坐標.又點在直線上，所以，從而點的坐標為(同理,點的坐標為(，所以，即存在,使得.點睛：橢圓和拋物線的結合也是高考一直以來的一個熱點，設而不求思想是圓錐曲線題目的考查核心，韋達定理就是該思想的體現，所以在圓錐曲線中要把所求的問題轉化出來韋達定理，整體帶入是解題的關鍵.20、（1）（2）當時，在上為單調減函數；當時，在上為單調增函數.【解析】試題分析：（1）①，用替換①式中的有：②，由①②消去即可得結果；（2）討論兩種情況，分別利用復合函數的單調性判斷其單調性，再利用定義意且，判定的符合，即可證明結論.試題解析：（1）∵對任意實數恒有：①，用替換①式中的有：②，①×②—②得：，（2）當時，函數為單調減函數，函數也為單調減函數，∴在上為單調減函數.當時，函數為單調增函數，函數也為單調增函數，∴在上為單調增函數.證明：設任意且，則，∵，，①當時，則，∴∴在上是減函數.②當時，則，∴∴在上是增函數.綜上：當時，在上為單調減函數；當時，在上為單調增函數.21、(1)；(2)答案見解析；(3)答案見解析.【解析】分析：（1）由空氣質量指數趨勢圖，直接利用古典概型概率公式可得“此人到達當日空氣質量指數大于”的概率；（2）由題意可知，的可能取值為，，，分別利用古典概型概率公式求出相應的概率，由此能求出故的分布列，利用期望公式可得；（3）由圖知，從日開始，連續三天（日，日，日）空氣質量指數方差最大.詳解：（1）設“此人到達當日空氣質量指數大于”的事件為，則；（2）的可能取值為，，，則，，，故的分布列為：所以.（3）由圖知，從日開始，連續三天（日，日，日）空氣質量指數方差最大.點睛：本題主要考查互斥事件的概率公式、以及離散型隨機變量的分布列與數學期望，屬于中檔題.求解數學期望問題，首先正確要理解題意，其次要準確無誤的找出隨機變量的所以可能