重慶九龍坡區2025屆高二數學第二學期期末質量檢測模擬試題注意事項：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、分別為雙曲線的左、右焦點，以原點為圓心，半焦距為半徑的圓交雙曲線右支于、兩點，且為等邊三角形，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．2．若（為虛數單位），則復數（）A． B． C． D．3．在平面直角坐標系中，角的終邊與單位圓交于點，則（）A． B． C． D．4．已知具有線性相關關系的變量、，設其樣本點為，回歸直線方程為，若，（為原點），則（）A． B． C． D．5．已知曲線和曲線圍成一個葉形圖；則其面積為（）A．1 B． C． D．6．若且；則的展開式的系數是（）A． B． C． D．7．已知奇函數在上是增函數，若，，，則的大小關系為（）A． B． C． D．8．已知函數，若有兩個極值點，，且，則的取值范圍是（）A． B． C． D．9．從1，2，3，4，5中不放回地依次選取2個數，記事件“第一次取到的是奇數”，事件“第二次取到的是奇數”，則（）A． B． C． D．10．已知A={|}，B={|}，則A∪B=A．{|或} B．{|} C．{|} D．{|}11．設函數（為自然對數的底數），若曲線上存在點使得，則的取值范圍是A． B． C． D．12．當輸入a的值為，b的值為時，執行如圖所示的程序框圖，則輸出的的結果是()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在西非“埃博拉病毒"的傳播速度很快，這已經成為全球性的威脅，為了考察某種埃博拉病毒疫苗的效果，現隨機抽取100只小鼠進行試驗，得到如下列聯表：感染未感染合計服用104050未服用203050合計3070100附：0.1000.0500.0250.0102.7063.8415.0246.635根據上表，有________的把握認為“小動物是否感染與服用疫苗有關”.14．若將函數表示為其中，，，…，為實數，則＝______________．15．在我國南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算法》(1261年）一書中，用如圖所示的三角形，解釋二項和的乘方規律.在歐洲直到1623年以后，法國數學家布萊士?帕斯卡的著作（1655年)介紹了這個三角形，近年來，國外也逐漸承認這項成果屬于中國，所以有些書上稱這是“中國三角形”，如圖.17世紀德國數學家萊布尼茨發現了“萊布尼茨三角形”，如圖.在楊輝三角中，相鄰兩行滿足關系式：，其中是行數，.請類比上式，在萊布尼茨三角形中相鄰兩行滿足的關系式是__________．16．設函數的定義域為，滿足，且當時，.若對任意的，都有，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）設函數.(Ⅰ)求函數單調遞增區間；(Ⅱ)當時，求函數的最大值和最小值.18．（12分）已知數列的前項和，且滿足：，.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前項和.19．（12分）[選修4-4：坐標系及參數方程]已知曲線的參數方程為（為參數），以平面直角坐標系的原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的直角坐標方程及曲線上的動點到坐標原點的距離的最大值；（2）若曲線與曲線相交于，兩點，且與軸相交于點，求的值.20．（12分）設且，函數.（1）當時，求曲線在處切線的斜率；（2）求函數的極值點．21．（12分）已知函數f（x）＝xex（1）求函數f（x）的極值．（2）若f（x）﹣lnx﹣mx≥1恒成立，求實數m的取值范圍．22．（10分）如圖，在棱長為的正方體中，，，分別是棱、和所在直線上的動點：（1）求的取值范圍：（2）若為面內的一點，且，，求的余弦值：（3）若、分別是所在正方形棱的中點，試問在棱上能否找到一點，使平面?若能，試確定點的位置，若不能，請說明理由.

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】分析：利用雙曲線的對稱性以及圓的對稱性，求出A的坐標，代入雙曲線方程，然后求解雙曲線的離心率即可.詳解：、分別為雙曲線的左、右焦點，以原點為圓心，半焦距為半徑的圓交雙曲線右支于、兩點，且為等邊三角形，則，代入雙曲線方程可得：，即：，可得，即，可得，.故選：A.點睛：本題考查雙曲線的簡單性質的應用，考查轉化思想以及計算能力.2、B【解析】由可得：，故選B.3、D【解析】

首先根據三角函數的定義求出，再求即可.【詳解】，.故選：D本題主要考查正切二倍角的計算，同時考查三角函數的定義，屬于簡單題.4、D【解析】

計算出樣本中心點的坐標，將該點坐標代入回歸直線方程可求出實數的值.【詳解】由題意可得，，將點的坐標代入回歸直線方程得，解得，故選D.本題考查利用回歸直線方程求參數的值，解題時要熟悉“回歸直線過樣本中心點”這一結論的應用，考查運算求解能力，屬于基礎題.5、D【解析】

先作出兩個函數的圖像，再利用定積分求面積得解.【詳解】由題得函數的圖像如圖所示，聯立得交點（1,1）所以葉形圖面積為.故選：D本題主要考查定積分的應用，意在考查學生對該知識的理解掌握水平和分析推理能力.6、C【解析】

先根據求出，再代入，直接根據的展開式的第項為，即可求出展開式的系數。【詳解】因為且所以展開式的第項為展開式中的系數為故選C本題考查二項式展開式，屬于基礎題。7、D【解析】

利用奇函數性質，將a轉化成，利用單調性比較函數值大小，先比較自變量的大小，再根據增函數，即可比較函數值的大小關系.【詳解】根據題意，為奇函數，則，又由，又由在上是增函數，則有，故選：D.比較指數值或對數值時可以跟1或0進行比較再排列出大小順序.8、C【解析】

由可得，根據極值點可知有兩根，等價于與交于兩點，利用導數可求得的最大值，同時根據的大小關系構造方程可求得臨界狀態時的取值，結合單調性可確定的取值范圍.【詳解】，，令可得：.有兩個極值點，有兩根令，則，當時，；當時，，在上單調遞增，在上單調遞減，，令，則，解得：，此時.有兩根等價于與交于兩點，，即的取值范圍為.故選：.本題考查根據函數極值點個數及大小關系求解參數范圍的問題，關鍵是明確極值點和函數導數之間的關系，將問題轉化為直線與曲線交點問題的求解.9、A【解析】

先算出，然后套用公式，即可得到本題答案.【詳解】由題，得表示“第一次和第二次都取到奇數”的概率，結果等于，又有，所以.故選：A本題主要考查條件概率的計算，屬基礎題.10、D【解析】

根據二次不等式的解法得到B={|}=，再根據集合的并集運算得到結果.【詳解】B={|}=,A={|},則A∪B={|}.故答案為:D.高考對集合知識的考查要求較低，均是以小題的形式進行考查，一般難度不大，要求考生熟練掌握與集合有關的基礎知識．縱觀近幾年的高考試題，主要考查以下兩個方面：一是考查具體集合的關系判斷和集合的運算．解決這類問題的關鍵在于正確理解集合中元素所具有屬性的含義，弄清集合中元素所具有的形式以及集合中含有哪些元素．二是考查抽象集合的關系判斷以及運算．11、D【解析】

法一：考查四個選項，發現有兩個特殊值區分開了四個選項，0出現在了A，B兩個選項的范圍中，出現在了B，C兩個選項的范圍中，故通過驗證參數為0與時是否符合題意判斷出正確選項。法二：根據題意可將問題轉化為在上有解，分離參數得到，，利用導數研究的值域，即可得到參數的范圍。【詳解】法一：由題意可得，，而由可知，當時，＝為增函數，∴時，．∴不存在使成立，故A，B錯；當時，＝，當時，只有時才有意義，而，故C錯．故選D．法二：顯然，函數是增函數，，由題意可得，，而由可知，于是，問題轉化為在上有解．由，得，分離變量，得，因為，，所以，函數在上是增函數，于是有，即，應選D．本題是一個函數綜合題，方法一的切入點是觀察四個選項中與不同，結合排除法以及函數性質判斷出正確選項，方法二是把問題轉化為函數的最值問題，利用導數進行研究，屬于中檔題。12、C【解析】

模擬程序的運行，根據程序流程，依次判斷寫出a，b的值，可得當a=b=4時，不滿足條件a≠b，輸出a的值為4，即可得解．【詳解】模擬程序的運行，可得a=16，b=12滿足條件a≠b，滿足條件a>b，a=16?12=4，滿足條件a≠b，不滿足條件a>b，b=12?4=8，滿足條件a≠b，不滿足條件a>b，b=4?4=4，不滿足條件a≠b，輸出a的值為4.故選：C.本題主要考查程序框圖的循環結構流程圖，屬于中檔題.解決程序框圖問題時一定注意以下幾點：(1)不要混淆處理框和輸入框；(2)注意區分程序框圖是條件分支結構還是循環結構；(3)注意區分當型循環結構和直到型循環結構；(4)處理循環結構的問題時一定要正確控制循環次數；(5)要注意各個框的順序,（6）在給出程序框圖求解輸出結果的試題中只要按照程序框圖規定的運算方法逐次計算，直到達到輸出條件即可.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、95%【解析】

先由題中數據求出，再由臨界值表，即可得出結果.【詳解】由題中數據可得：，根據臨界值表可得：犯錯誤的概率不超過0.05.即有95%的把握認為“小動物是否感染與服用疫苗有關”.故答案為95%本題主要考查獨立性檢驗的問題，會由公式計算，能分析臨界值表即可，屬于常考題型.14、10【解析】法一：由等式兩邊對應項系數相等．即：．法二：對等式：兩邊連續對x求導三次得：，再運用賦值法，令得：，即15、【解析】分析：這是一個考查類比推理的題目，解題的關鍵是仔細觀察圖中給出的萊布尼茨三角形，并從三解數陣中，找出行與行之間數的關系，探究規律并其表示出來．詳解：類比觀察得，將萊布尼茨三角形的每一行都能提出倍數，而相鄰兩項之和是上一行的兩者相拱之數，所以類比式子，有．故答案為．點睛：這是一道新運算類的題目，其特點一般是“新”而不“難”，處理的方法一般為：根據新運算的定義，將已知中的數據代入進行運算，易得最終結果．16、【解析】

由，得，分段求解析式，結合圖象可得m的取值范圍．【詳解】解：，，時，，時，；時，；時，；當時，由，解得或，若對任意，都有，則。故答案為：。本題考查函數與方程的綜合運用，訓練了函數解析式的求解及常用方法，考查數形結合的解題思想方法，屬中檔題．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、（Ⅰ）；（Ⅱ），0【解析】

試題分析：（Ⅰ）因為通過對函數求導可得，所以要求函數的單調遞增區間即要滿足，即解可得x的范圍.本小題要處理好兩個關鍵點：三角的化一公式；解三角不等式.（Ⅱ）因為由（Ⅰ）可得函數在上遞增，又因為所以可得是單調增區間，是單調減區間.從而可求結論.試題解析：（Ⅰ）單調區間為（Ⅱ）由知（Ⅰ）知，是單調增區間，是單調減區間所以,考點：1.函數的導數解決單調性問題.2.區間限制的最值問題.3.解三角不等式.18、（1）；（2）．【解析】試題分析：（1）當時，可求出，當時，利用可求出是以2為首項，2為公比的等比數列，故而可求出其通項公式；（2）由裂項相消可求出其前項和.試題解析：（1）依題意：當時，有：，又，故，由①當時，有②，①－②得：化簡得：，∴是以2為首項，2為公比的等比數列，∴.（2）由（1）得：，∴∴19、（1），（2）【解析】【試題分析】(I)將方程展開后化為直角坐標方程,利用勾股定理求得的長度并求得其最大值.(II)求出直線的參數方程,代入橢圓方程,利用直線參數的幾何意義求得的值.【試題解析】（Ⅰ）由得，即曲線的直角坐標方程為根據題意得，因此曲線上的動點到原點的距離的最大值為（Ⅱ）由（Ⅰ）知直線與軸交點的坐標為，曲線的參數方程為:，曲線的直角坐標方程為聯立得……8分又，所以20、(1).(2)見解析.【解析】試題分析：（1）由已知中函數，根據a=2，我們易求出f（3）及f′（3）的值，代入即可得到切線的斜率k=f′（3）．（2）由已知我們易求出函數的導函數，令導函數值為0，我們則求出導函數的零點，根據m＞0，我們可將函數的定義域分成若干個區間，分別在每個區間上討論導函數的符號，即可得到函數函數f（x）的極值點．試題解析：(1)由已知得x>0.當a＝2時，f′(x)＝x－3＋，f′(3)＝，所以曲線y＝f(x)在(3，f(3))處切線的斜率為.(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋＝＝.由f′(x)＝0，得x＝1或x＝a.①當0<a<1時，當x∈(0，a)時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增；當x∈(a,1)時，f′(x)<0，函數f(x)單調遞減；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增．此時x＝a時f(x)的極大值點，x＝1是f(x)的極小值點．②當a>1時，當x∈(0,1)時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增；當x∈(1，a)時，f′(x)<0，函數f(x)單調遞減；當x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增．此時x＝1是f(x)的極大值點，x＝a是f(x)的極小值點．綜上，當0<a<1時，x＝a是f(x)的極大值點，x＝1是f(x)的極小值點；當a>1時，x＝1是f(x)的極大值點，x＝a是f(x)的極小值點．點睛：本題主要考查利用導數判斷函數的單調性以及函數的極值，屬于中檔題.求函數極值的步驟：(1)確定函數的定義域；(2)求導數；(3)解方程求出函數定義域內的所有根；(4)列表檢查在的根左右兩側值的符號，如果左正右負（左增右減），那么在處取極大值，如果左負右正（左減右增），那么在處取極小值.（5）如果只有一個極值點，則在該處即是極值也是最值.21、（1）極小值.無極大值；（2）【解析】

（1）利用導數可得函數在上單調遞減，在上單調遞增，即可得到函數的極值；（2）由題意得恒成立，即恒成立，設，求得函數的導數，得到函數在有唯一零點，進而得到函數最小值，得到的取值