浙江省湖州市安吉縣上墅私立高級中學2025年數學高二下期末學業質量監測試題注意事項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．在方程（為參數）所表示的曲線上的點是（）A．(2,7) B． C．(1,0) D．2．已知,是離心率為的雙曲線上關于原點對稱的兩點，是雙曲線上的動點，且直線的斜率分別為，，，則的取值范圍為（）A． B．C． D．)3．三世紀中期，魏晉時期的數學家劉徽首創割圓術，為計算圓周率建立了嚴密的理論和完善的算法.所謂割圓術，就是不斷倍增圓內接正多邊形的邊數求出圓周率的方法.如圖是劉徽利用正六邊形計算圓周率時所畫的示意圖，現向圓中隨機投擲一個點，則該點落在正六邊形內的概率為（）A． B． C． D．4．若三角形的兩內角α，β滿足sinαcosβ＜0，則此三角形必為()A．銳角三角形 B．鈍角三角形C．直角三角形 D．以上三種情況都可能5．已知函數在區間上是單調遞增函數，則的取值范圍為（）A． B． C． D．6．已知某企業上半年前5個月產品廣告投入與利潤額統計如下：月份12345廣告投入（萬元）9.59.39.18.99.7利潤（萬元）9289898793由此所得回歸方程為，若6月份廣告投入10（萬元）估計所獲利潤為（）A．97萬元 B．96.5萬元 C．95.25萬元 D．97.25萬元7．若滿足約束條件，則的最大值為（）A．9 B．5 C．11 D．38．甲乙兩隊進行排球比賽，已知在一局比賽中甲隊獲勝的概率是23A．2027B．49C．89．函數的單調遞增區間是（）A． B． C．(1,4) D．(0,3)10．若，均為單位向量，且，則與的夾角大小為（）A． B． C． D．11．若函數無極值點，則（）A． B． C． D．12．拋物線的焦點坐標為A．（0，2） B．（2，0） C．（0，4） D．（4，0）二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．的展開式中的系數為，則__________．14．已知隨機變量，則的值為__________．15．甲、乙、丙、丁四位同學中僅有一人申請了北京大學的自主招生考試，當他們被問到誰申請了北京大學的自主招生考試時，甲說：“丙或丁申請了”；乙說：“丙申請了”；丙說：“甲和丁都沒有申請”；丁說：“乙申請了”，如果這四位同學中只有兩人說的是對的，那么申請了北京大學的自主招生考試的同學是______．16．f(x)＝2sinωx(0<ω<1)，在區間上的最大值是，則ω＝________.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）已知是第三象限角，且．（1）求，的值；（2）求的值．18．（12分）在中,角所對的邊分別為且.（1）求角的值；（2）若為銳角三角形,且,求的取值范圍.19．（12分）已知函數．（1）討論函數的單調性；（2）當時，，求的取值范圍．20．（12分）已知等比數列的前項和，其中為常數.（1）求；（2）設，求數列的前項和.21．（12分）已知，函數.（1）討論函數的單調性；（2）若，且在時有極大值點，求證：.22．（10分）已知函數，曲線在處的切線與軸平行.（1）求實數的值；（2）設，求在區間上的最大值和最小值.

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】分析：化參數方程（為參數）為普通方程，將四個點代入驗證即可.詳解：方程（為參數）消去參數得到將四個點代入驗證只有D滿足方程.故選D.點睛：本題考查參數分析與普通方程的互化，屬基礎題2、B【解析】

因為M,N關于原點對稱，所以設其坐標，然后再設P坐標，將表示出來.做差得，即有，最后得到關于的函數，求得值域.【詳解】因為雙曲線的離心率，所以有，故雙曲線方程即為.設M,N,P的坐標分別是,則，并且做差得，即有，于是有因為的取值范圍是全體實數集，所以或，即的取值范圍是，故選B.本題考查雙曲線的性質，有一定的綜合性和難度.3、A【解析】設圓的半徑為，則圓的面積，正六邊形的面積，所以向圓中隨機投擲一個點，該點落在正六邊形內的概率，故選A.4、B【解析】

由于為三角形內角，故，所以，即為鈍角，三角形為鈍角三角形，故選B.5、A【解析】分析：由函數在區間上是單調遞增函數，得，進而分離參數得；構造函數，研究函數的值域特征，進而得到的單調性，最后求得的取值范圍。詳解：因為在區間上是單調遞增函數所以，而在區間上所以，即令，則分子分母同時除以，得令，則在區間上為增函數所以所以在區間上恒成立即在區間上恒成立所以函數在區間上為單調遞減函數所以所以選A點睛：本題考查了函數與導函數的綜合應用，分離參數、構造函數法在解決單調性、最值問題中的應用，綜合性強，對分析問題、解決問題的能力要求較高，屬于難題。6、C【解析】

首先求出的平均數，將樣本中心點代入回歸方程中求出的值，然后寫出回歸方程，然后將代入求解即可【詳解】代入到回歸方程為，解得將代入，解得故選本題是一道關于線性回歸方程的題目，解答本題的關鍵是求出線性回歸方程，屬于基礎題。7、A【解析】

先作出不等式組所表示的可行域，然后平移直線，觀察直線在軸上的截距取最大值時對應的最優解，將最優解代入函數即可得出答案。【詳解】作出不等式組所表示的可行域如下圖所示：聯立，得，點的坐標為，平移直線，當該直線經過點，它在軸上的截距取最大值，此時，取最大值，即，故選：A.本題考查線性規劃問題，考查線性目標函數的最值問題，解題思路就是作出可行域，平移直線觀察在坐標軸上的截距變化尋找最優解，是常考題型，屬于中等題。8、A【解析】試題分析：“甲隊獲勝”包括兩種情況，一是2:0獲勝，二是2:1獲勝.根據題意若是甲隊2:0獲勝，則比賽只有2局，其概率為(23)2=49；若是甲隊2:1獲勝，則比賽3局，其中第3考點：相互獨立事件的概率及n次獨立重復試驗.【方法點晴】本題主要考查了相互獨立事件的概率及n次獨立重復試驗，屬于中檔題.本題解答的關鍵是讀懂比賽的規則，尤其是根據“采用三局兩勝制比賽，即先勝兩局者獲勝且比賽結束”把整個比賽所有的可能情況分成兩類，甲隊以2:0獲勝或2:1獲勝，據此分析整個比賽過程中的每一局的比賽結果，根據相互獨立事件的概率乘法公式及n次獨立重復試驗概率公式求得每種情況的概率再由互斥事件的概率加法公式求得答案.9、B【解析】

求出函數的導數，在解出不等式可得出所求函數的單調遞增區間.【詳解】，，解不等式，解得，因此，函數的單調遞增區間是，故選B.本題考查函數單調區間的求解，一般是先求出導數，然后解出導數不等式，將解集與定義域取交集得出單調區間，但單調區間不能合并，考查計算能力，屬于中等題.10、C【解析】分析：由向量垂直得向量的數量積為0，從而求得，再由數量積的定義可求得夾角．詳解：∵，∴，∴，∴，∴．故選C．點睛：平面向量數量積的定義：，由此有，根據定義有性質：．11、A【解析】

先對函數求導，再利用導函數與極值的關系即得解.【詳解】由題得，因為函數無極值點，所以，即.故選：A本題主要考查利用導數研究函數的極值，意在考查學生對該知識的理解掌握水平和分析推理能力.12、A【解析】

根據拋物線標準方程求得，從而得焦點坐標．【詳解】由題意，，∴焦點在軸正方向上，坐標為．故選A．本題考查拋物線的標準方程，屬于基礎題．解題時要掌握拋物線四種標準方程形式．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由條件知的展開式中的系數為：解得=故答案為．14、【解析】

根據二項分布的期望公式求解.【詳解】因為隨機變量服從二項分布，所以.本題考查二項分布的性質.15、乙【解析】

先假設甲乙丙丁中一個人說的是對的.然后再逐個去判斷其他三個人的說法.最后看是否滿足題意，不滿足排除．【詳解】解：先假設甲說的對，即甲或乙申請了.但申請人只有一個，(1)如果是甲，則乙說“丙申請了”就是錯的，丙說“甲和丁都沒申請”就是錯的，丁說“乙申請了”也是錯的，這樣三個錯的，不能滿足題意，故甲沒申請.(2)如果是乙，則乙說“丙申請了”就是錯的，丙說“甲和丁都沒申請”可以理解為申請人有可能是乙，丙，戊，但是不一定是乙，故說法不對，丁說“乙申請了”也是對的，這樣說的對的就是兩個是甲和丁.滿足題意．故答案為：乙．本題考查了合情推理的應用，屬于中檔題．16、【解析】

函數f(x)的周期T＝，因此f(x)＝2sinωx在上是增函數，∵0<ω<1，∴是的子集，∴f(x)在上是增函數，∴＝，即2sin＝，∴ω＝，∴ω＝，故答案為.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、（1），；（2）【解析】

（1）利用誘導公式化簡已知條件求得的值，進而求得的值，再根據二倍角公式求得的值.（2）利用結合兩角和的正弦公式，以及（1）的結果，求得的值.【詳解】解：（1）由，有，又由是第三象限角，有，則，，（2）由，．本小題主要考查誘導公式、同角三角函數的基本關系式，考查二倍角公式和兩角和的正弦公式，屬于中檔題.18、（1）；（2）.【解析】試題分析：(1)在三角形中處理邊角關系時，一般全部轉化為角的關系，或全部轉化為邊的關系.題中若出現邊的一次式一般采用正弦定理，出現邊的二次式一般采用余弦定理，應用正弦、余弦定理時，注意公式變形的應用，解決三角形問題時，注意角的限制范圍;(2)在三角形中，注意隱含條件，（3）注意銳角三角形的各角都是銳角.（4）把邊的關系轉化成角，對于求邊的取值范圍很有幫助試題解析：（1）由，得，所以，則，由，。（2）由（1）得，即，又為銳角三角形，故從而．由，所以所以,所以因為所以即考點：余弦定理的變形及化歸思想19、（1）詳見解析（2）或【解析】

（1）將函數求導并化簡，對分成兩種情況，討論函數的單調性.（2）原不等式即（），當時，上述不等式顯然成立.當時，將不等式變為，構造函數，利用導數研究函數的單調性，由此求得的取值范圍.【詳解】解：（1）．①若，當時，，在上單調遞增；當時，，在上單調遞減．②若，當時，，在上單調遞減；當時，，在上單調遞增．∴當時，在上單調遞增，在上單調遞減；當時，在上單調遞減，在上單調遞增．（2）（），當時，上不等式成立，滿足題設條件；當時，，等價于，設，則，設（），則，∴在上單調遞減，得．①當，即時，得，，∴在上單調遞減，得，滿足題設條件；②當，即時，，而，∴，，又單調遞減，∴當，，得，∴在上單調遞增，得，不滿足題設條件；綜上所述，或．本小題主要考查利用導數求解函數參數的函數單調性問題，考查利用導數求解含有參數不等式恒成立問題.對函數求導后，由于導函數含有參數，故需要對參數進行分類討論，分類討論標準的制定，往往要根據導函數的情況來作出選擇，目標是分類后可以畫出導函數圖像，進而得出導數取得正、負的區間，從而得到函數的單調區間.20、（1）（2）【解析】

（1）利用求出當時的通項，根據為等比數列得到的值后可得.（2）利用分組求和法可求的前項和.【詳解】（1）因為，當時，，當時，，所以，因為數列是等比數列，所以對也成立，所以，即.（2）由（1）可得，因為，所以，所以，即.（1）數列的通項與前項和的關系是，我們常利用這個關系式實現與之間的相互轉化.（2）數列求和關鍵看通項的結構形式，如果通項是等差數列與等比數列的和，則用分組求和法；如果通項是等差數列與等比數列的乘積，則用錯位相減法；如果通項可以拆成一個數列連續兩項的差，那么用裂項相消法；如果通項的符號有規律的出現，則用并項求和法.21、（1）見解析；（2）見解析【解析】

（1）對求導，分，，，進行討論，可得函數的單調性；（2）將代入，對求導，可得，再對求導，可得函數有唯一極大值點，且.可得,設，對其求導后可得.【詳解】解：（1），又，，時，，所以可解得：函數在單調遞增，在單調遞減；經計算可得，時，函數在單調遞減，單調遞增，單調遞減；時，函數在單調遞減，單調遞增，單調遞減；時，函數在單調遞減.綜上：時，函數在單調遞增，單調遞減；時，函數在單調遞減，單調遞增，單調遞減；時，函數在單調遞減；時，函數在單調遞減，單調遞增，單調遞減.（2）若，則，，設，則，當時，單調遞減，即單調遞減，當時，單調遞增，即單調遞增.又因為由可知：，而，且，，使得，且時，單調遞增，時，單調遞減，時，單調遞增，所以函數有唯一極大值點，且..所以,設（），則，在單調遞增，，，又因為，.本題主要考查導數、函數的單調性等知識，考查方程與函數、分類與整合的數學思想，考查學生的