四川省天府教育大聯考2025年數學高二下期末質量檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．內接于半徑為的半圓且周長最大的矩形的邊長為（）．A．和 B．和 C．和 D．和2．過雙曲線的左焦點作傾斜角為的直線，若與軸的交點坐標為，則該雙曲線的標準方程可能為（）A． B． C． D．3．在中，，則角為（）A． B． C． D．4．我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的變化．每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻“——”和陰爻“——”，如圖就是一重卦．在所有重卦中隨機取一重卦，則該重卦恰有3個陽爻的概率是A． B． C． D．5．設隨機變量X～N(μ，σ2)且P(X<1)＝，P(X>2)＝p，則P(0<X<1)的值為()A．p B．1－p C．1－2p D．－p6．的值為（）A．0 B．2 C．－1 D．17．已知隨機變量服從正態分布，且，則（）A．0.6826 B．0.1587 C．0.1588 D．0.34138．從中任取個不同的數，事件“取到的個數之和為偶數”，事件“取到兩個數均為偶數”，則()A． B． C． D．9．已知回歸方程，而試驗得到一組數據是，，，則殘差平方和是（）A．0.01 B．0.02 C．0.03 D．0.0410．執行如圖所示程序框圖，輸出的的值為（）A． B． C．3 D．411．下列命題:①在一個列聯表中,由計算得,則有的把握確認這兩類指標間有關聯②若二項式的展開式中所有項的系數之和為，則展開式中的系數是③隨機變量服從正態分布,則④若正數滿足，則的最小值為其中正確命題的序號為()A．①②③ B．①③④ C．②④ D．③④12．在數學興趣課堂上，老師出了一道數學思考題，某小組的三人先獨立思考完成，然后一起討論.甲說：“我做錯了！”乙對甲說：“你做對了！”丙說：“我也做錯了！”老師看了他們三人的答案后說：“你們三人中有且只有一人做對了，有且只有一人說對了.”請問下列說法正確的是（）A．乙做對了 B．甲說對了 C．乙說對了 D．甲做對了二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知是實系數一元二次方程的一個虛數根，且，則實數的取值范圍是________.14．若隨機變量，且，則______.15．已知隨機變量，且，，則_______.16．直線與拋物線圍成的封閉圖形的面積等于___________.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）食品安全一直是人們關心和重視的問題，學校的食品安全更是社會關注的焦點.某中學為了加強食品安全教育，隨機詢問了36名不同性別的中學生在購買食品時是否看保質期，得到如下“性別”與“是否看保質期”的列聯表：男女總計看保質期822不看保持期414總計（1）請將列聯表填寫完整，并根據所填的列聯表判斷，能否有的把握認為“性別”與“是否看保質期”有關？（2）從被詢問的14名不看保質期的中學生中，隨機抽取3名，求抽到女生人數的分布列和數學期望.附：，（）.臨界值表：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82818．（12分）已知函數.（1）若函數存在不小于的極小值，求實數的取值范圍；（2）當時，若對，不等式恒成立，求實數的取值范圍.19．（12分）已知函數（為常數）與函數在處的切線互相平行．（1）求函數在上的最大值和最小值；（2）求證：函數的圖象總在函數圖象的上方．20．（12分）在中，角，，的對邊分別為，，，且.（1）求角的值；（2）若，且的面積為，求邊上的中線的大小.21．（12分）已知函數,函數⑴當時,求函數的表達式;⑵若,函數在上的最小值是2,求的值;⑶在⑵的條件下,求直線與函數的圖象所圍成圖形的面積.22．（10分）已知函數.（1）若函數的圖象在點處的切線方程為，求，的值；（2）當時，在區間上至少存在一個，使得成立，求實數的取值范圍.

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】

作出圖像,設矩形,圓心為,,再根據三角函數關系表達矩形的長寬,進而列出周長的表達式,根據三角函數的性質求解即可.【詳解】如圖所示：設矩形,,由題意可得矩形的長為,寬為,故矩形的周長為,其中,.故矩形的周長的最大值等于,此時,.即,再由可得,故矩形的長為,寬為,故選：D.本題主要考查了根據角度表達幾何中長度的關系再求最值的問題,需要根據題意設角度,結合三角函數與圖形的關系求出邊長,再利用三角函數的性質求解.屬于中檔題.2、A【解析】

直線的方程為，令，得，得到a,b的關系，結合選項求解即可【詳解】直線的方程為，令，得.因為，所以，只有選項滿足條件.故選：A本題考查直線與雙曲線的位置關系以及雙曲線的標準方程，考查運算求解能力.3、D【解析】

利用余弦定理解出即可．【詳解】本題考查余弦定理的基本應用，屬于基礎題．4、A【解析】

本題主要考查利用兩個計數原理與排列組合計算古典概型問題，滲透了傳統文化、數學計算等數學素養，“重卦”中每一爻有兩種情況，基本事件計算是住店問題，該重卦恰有3個陽爻是相同元素的排列問題，利用直接法即可計算．【詳解】由題知，每一爻有2種情況，一重卦的6爻有情況，其中6爻中恰有3個陽爻情況有，所以該重卦恰有3個陽爻的概率為=，故選A．對利用排列組合計算古典概型問題，首先要分析元素是否可重復，其次要分析是排列問題還是組合問題．本題是重復元素的排列問題，所以基本事件的計算是“住店”問題，滿足條件事件的計算是相同元素的排列問題即為組合問題．5、D【解析】

由，得正態分布概率密度曲線關于對稱，又由，根據對稱性，可得，進而可得，即可求解．【詳解】由隨機變量，可知隨機變量服從正態分布，其中是圖象的對稱軸，又由，所以，又因為，根據正態分布概率密度曲線的對稱性，可得，所以，故選D．本題主要考查了正態分布曲線性質的簡單應用，其中熟記正態分布概率密度曲線的對稱性，合理推算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．6、D【解析】分析：求二項展開式系數和一般方法為賦值法，即分別令x=1與x=-1得，最后相乘得結果.詳解：令，則，令，則，因此，選D.點睛：“賦值法”普遍適用于恒等式，是一種重要的方法，對形如的式子求其展開式的各項系數之和，常用賦值法，只需令即可；對形如的式子求其展開式各項系數之和，只需令即可.7、D【解析】分析：根據隨機變量符合正態分布，知這組數據是以為對稱軸的，根據所給的區間的概率與要求的區間的概率之間的關系，單獨要求的概率的值．詳解：∵機變量服從正態分布，，

，

∴.故選：D．點睛：本題考查正態分布曲線的特點及曲線所表示的意義，考查根據正態曲線的性質求某一個區間的概率，屬基礎題．8、B【解析】

先求得和的值，然后利用條件概率計算公式，計算出所求的概率.【詳解】依題意,,故.故選B.本小題主要考查條件概型的計算，考查運算求解能力，屬于基礎題.9、C【解析】

因為殘差，所以殘差的平方和為（5.1－5）2＋（6.9－7）2＋（9.1－9）2＝0.03.故選C.考點：殘差的有關計算.10、B【解析】分析：根據判斷框的條件確定退出循環體的k值，再根據框圖的流程確定算法的功能，利用約分消項法求解．詳解：由題可知：此時輸出S=故選B.點睛：本題考查了循環結構的程序框圖，根據框圖的流程判斷算法的功能以及對對數公式的準確運用是關鍵．屬于基礎題.11、B【解析】

根據可知①正確；代入可求得，利用展開式通項，可知時，為含的項，代入可求得系數為，②錯誤；根據正態分布曲線的對稱性可知③正確；由，利用基本不等式求得最小值，可知④正確.【詳解】①，則有的把握確認這兩類指標間有關聯，①正確；②令，則所有項的系數和為：，解得：則其展開式通項為：當，即時，可得系數為：，②錯誤；③由正態分布可知其正態分布曲線對稱軸為，③正確；④，，（當且僅當，即時取等號），④正確.本題正確選項：本題考查命題真假性的判斷，涉及到獨立性檢驗的基本思想、二項展開式各項系數和與指定項系數的求解、正態分布曲線的應用、利用基本不等式求解和的最小值問題.12、B【解析】

分三種情況討論：甲說法對、乙說法對、丙說法對，通過題意進行推理，可得出正確選項.【詳解】分以下三種情況討論：①甲的說法正確，則甲做錯了，乙的說法錯誤，則甲做錯了，丙的說法錯誤，則丙做對了，那么乙做錯了，合乎題意；②乙的說法正確，則甲的說法錯誤，則甲做對了，丙的說法錯誤，則丙做對了，矛盾；③丙的說法正確，則丙做錯了，甲的說法錯誤，則甲做對了，乙的說法錯誤，則甲做錯了，自相矛盾.故選：B.本題考查簡單的合情推理，解題時可以采用分類討論法進行假設，考查推理能力，屬于中等題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據一元二次方程的判別式和虛數根的模列出不等式組，求得其范圍.【詳解】由已知得，解得；又因為，所以，解得；所以實數的取值范圍是故得解.本題考查一元二次方程的判別式和復數的模，屬于基礎題.14、4【解析】

由隨機變量，且，可得的值，計算出,可得的值.【詳解】解：由隨機變量，且，可得，，，.故答案為：4.本題主要考查離散型隨機變量的期望與方差，熟悉二項分布的期望和方差的性質是解題的關鍵.15、【解析】

利用隨機變量，關于對稱，結合已知求出結果【詳解】隨機變量滿足，圖象關于對稱，則故答案為本題考查了正態分布，由正態分布的對稱性即可計算出結果16、【解析】直線與拋物線的交點坐標為，據此可得：直線與拋物線圍成的封閉圖形的面積等于:.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）有的把握認為“性別”與“是否看食品保質期”有關系（1）分布列見解析，【解析】（分析：1）將列聯表填寫完整，求出，然后判斷性別與是否看保質期之間是否有關系．

（1）判斷的取值為0，1，1．3，求出概率，然后得到分布列，求解期望即可．詳解：（1）填表如下：男女總計看保質期81411不看保質期10414總計181836根據列聯表中的數據，可得.故有的把握認為“性別”與“是否看食品保質期”有關系.（1）由題意可知，的所有可能取值為，，，，，所以.點睛：本題考查離散型隨機變量的分布列期望的求法，對立檢驗的應用，考查計算能力．18、（1）；（2）.【解析】

（1）利用導數分析函數的單調性，求出函數的極值，然后令極值大于等于，解出不等式可得出實數的取值范圍；（2）構造函數，問題等價于，對實數進行分類討論，分析函數在區間上的單調性，結合條件可得出實數的取值范圍.【詳解】（1）函數的定義域為，.當時，，函數在區間上單調遞減，此時，函數無極值；當時，令，得，又當時，；當時，.所以，函數在時取得極小值，且極小值為.令，即，得.綜上所述，實數的取值范圍為；（2）當時，問題等價于，記，由（1）知，在區間上單調遞減，所以在區間上單調遞增，所以，①當時，由可知，所以成立；②當時，的導函數為恒成立，所以在區間上單調遞增，所以.所以，函數在區間上單調遞增，從而，命題成立.③當時，顯然在區間上單調遞增，記，則，當時，，所以，函數在區間上為增函數，即當時，.，，所以在區間內，存在唯一的，使得，且當時，，即當時，，不符合題意，舍去.綜上所述，實數的取值范圍是.本題考查利用導數求函數的極值，以及利用導數研究函數不等式恒成立問題，常利用分類討論法，利用導數分析函數的單調性，轉化為函數的最值來求解，考查分類討論思想的應用，屬于難題.19、（1）最小值為，最大值為；（2）見解析【解析】分析：（1）求得，，由已知有，解得，代入得到函數，利用導數求得函數的單調性，進而求得最大值與最小值；（2）令，則只須證恒成立即可，由導數求解函數的單調性和最值，即可作出證明．詳解：（1），，由已知有，解得．當時，．令，解得．∴當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；又，，．∴最小值為，最大值為．（2）令，則只須證恒成立即可．∵．顯然，單調遞增（也可再次求導證明之），且．∴時，，單調遞減；時，，單調遞增；∴恒成立，所以得證．點睛：利用導數研究不等式恒成立或解不等式問題，通常首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．20、(1)；(2).【解析】試題分析：（1）利用正弦定理邊化角可得，整理計算可得，則，.（2）由題意可得，，，則.在中應用余弦定理有，據此計算可得.試題解析：（1）因為，所以，所以，所以，.又因為，所以，又因為，且，所以.（2）據（1）求解知.若，則.所以，（舍）又在中，，所以.所以.21、(1)(2)=-2ln2+ln3【解析】

導數部分的高考題型主要表現在：利用導數研究函數的性質，高考對這一知識點考查的要求是：理解極大值、極小值、最大值、最小值的概念，并會用導數求函數的單調區間