浙江省金麗衢十二校2025年數學高二下期末教學質量檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．復數在復平面上對應的點不可能在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．下列敘述正確的是（）A．若命題“p∧q”為假命題，則命題“p∨q”是真命題B．命題“若x2=1，則x=1”的否命題為“若xC．命題“?x∈R，2x>0”的否定是“?xD．“α>45°”是“3．設函數滿足下列條件：（1）是定義在上的奇函數；（2）對任意的，其中，常數，當時，有.則下列不等式不一定成立的是（）.A．B．C．D．4．已知是虛數單位，是的共軛復數，若，則的虛部為（）A． B． C． D．5．設，則的值為（）A． B． C． D．6．已知函數，若集合中含有4個元素，則實數的取值范圍是A． B． C． D．7．某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．8．(3x-13xA．7 B．-7 C．21 D．-219．已知是定義在上的奇函數，對任意，，都有，且對于任意的，都有恒成立，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．10．下列命題中為真命題的是（）A．若B．命題：若，則或的逆否命題為：若且，則C．“”是“直線與直線互相垂直”的充要條件D．若命題，則11．若函數在區間上的最小值為，則實數的值為（）A． B． C． D．12．定義方程的實數根叫做函數的“新駐點”，如果函數的“新駐點”分別為那么的大小關系是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數，給出以下結論：①曲線在點處的切線方程為；②在曲線上任一點處的切線中有且只有兩條與軸平行；③若方程恰有一個實數根，則；④若方程恰有兩個不同實數根，則或.其中所有正確結論的序號為__________．14．用長度分別為的四根木條圍成一個平面四邊形，則該平面四邊形面積的最大值是____.15．從正方體六個面的對角線中任取兩條作為一對，這對對角線所成的角為的概率為________16．已知復數z=1+mi（i是虛數單位，m∈R），且（3+i）為純虛數（是的共軛復數）則＝_____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，.（1）若函數恰有一個極值點，求實數a的取值范圍；（2）當，且時，證明：.（常數是自然對數的底數）.18．（12分）如圖，點在以為直徑的圓上，垂直與圓所在平面，為的垂心（1）求證：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.19．（12分）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，平面，，為的中點.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）已知函數.求不等式的解集；若，求實數的取值范圍.21．（12分）已知為實數，函數，函數．（1）當時，令，求函數的極值；（2）當時，令，是否存在實數，使得對于函數定義域中的任意實數，均存在實數，有成立，若存在，求出實數的取值集合；若不存在，請說明理由．22．（10分）已知函數，其中.（1）求的單調遞增區間；（2）當的圖像剛好與軸相切時，設函數，其中，求證：存在極小值且該極小值小于.

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、C【解析】

把復數化為形式，然后確定實部與虛部的取值范圍．【詳解】，時，，對應點在第二象限；時，，對應點在第四象限；時，，對應點在第一象限．或時，對應點在坐標軸上；∴不可能在第三象限．故選：C．本題考查復數的除法運算，考查復數的幾何意義．解題時把復數化為形式，就可以確定其對應點的坐標．2、B【解析】

結合命題知識對四個選項逐個分析，即可選出正確答案.【詳解】對于選項A，“p∧q”為假命題，則p，q兩個命題至少一個為假命題，若p，q兩個命題都是假命題，則命題“p∨q”是假命題，故選項A錯誤；對于選項B，“若x2=1，則x=1”的否命題為“若x2對于選項C，命題“?x∈R，2x>0”的否定是“?x0∈R，對于選項D，若α=135°，則tanα<0，故“本題考查了命題的真假的判斷，考查了學生對基礎知識的掌握情況.3、C【解析】

因為是定義在上的奇函數，所以，由條件（2）得;因為，所以;因為，所以，即即;當時，與大小不定，所以選C.4、A【解析】由題意可得：，則，據此可得，的虛部為.本題選擇A選項.5、A【解析】

解析：當時，；當時，，故，應選答案A．6、D【解析】

先求出，解方程得直線與曲線在上從左到右的五個交點的橫坐標分別為，再解不等式得解.【詳解】.由題意，在上有四個不同的實根.令，得或，即或.直線與曲線在上從左到右的五個交點的橫坐標分別為.據題意是，解得.故選D.本題主要考查三角恒等變換，考查三角函數的圖像和性質，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力，屬于中檔題.7、B【解析】

由三視圖可知，該幾何體是由一個四棱錐挖掉半個圓錐所得，故利用棱錐的體積減去半個圓錐的體積，就可求得幾何體的體積.【詳解】由三視圖可知，該幾何體是由一個四棱錐挖掉半個圓錐所得，故其體積為.故選B.本小題主要考查由三視圖判斷幾何體的結構，考查不規則幾何體體積的求解方法，屬于基礎題.8、C【解析】

直接利用二項展開式的通項公式，求出x-3對應的r值，再代入通項求系數【詳解】∵T當7-5r3=-3時，即r=6∴x-3的系數是二項展開式中項的系數與二項式系數要注意區別.9、B【解析】

由可判斷函數為減函數，將變形為，再將函數轉化成恒成立問題即可【詳解】，又是定義在上的奇函數，為R上減函數，故可變形為，即，根據函數在R上為減函數可得，整理后得，在為減函數，為增函數，所以在為增函數，為減函數在恒成立，即，當時，有最小值所以答案選B奇偶性與增減性結合考查函數性質的題型重在根據性質轉化函數，學會去“”；本題還涉及恒成立問題，一般通過分離參數，處理函數在某一區間恒成立問題10、B【解析】分析：對四個命題，分別進行判斷，即可得出結論．詳解：對于A，，利用基本不等式，可得，故不正確；

對于B，命題：若，則或的逆否命題為：若且，則，正確；

對于C，“”是“直線與直線互相垂直”的充要條件，故不正確；

對于D，命題命題，則，故不正確．

故選：B．點睛：本題考查命題的真假判斷與應用，考查學生分析解決問題的能力，屬基礎題．11、A【解析】

求出，（或）是否恒成立對分類討論，若恒成立求出最小值（或不存在最小值），若不恒成立，求出極值最小值，建立的關系式，求解即可.【詳解】.（1）當時，，所以在上單調遞減，，（舍去）.（2）當時，.①當時，，此時在上恒成立，所以在上單調遞減，，解得（舍去）；②當時，.當時，，所以在上單調遞減，當時，，所以在上單調遞增，于是，解得.綜上，.故選：A本題考查函數的最值，利用導數是解題的關鍵，考查分類討論思想，如何合理確定分類標準是難點，屬于中檔題.12、D【解析】

由已知得到：，對于函數h（x）=lnx，由于h′（x）=

令，可知r（1）＜0，r（2）＞0，故1＜β＜2

，且，選D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、②④【解析】分析：對函數進行求導，通過導數研究函數的性質從而得到答案．詳解：，①則曲線在點處的切線方程為即，故①不正確；②令或，即在曲線上任一點處的切線中有且只有兩條與軸平行；正確；③由②知函數在上單調遞減，在上單調遞增，當函數的極小值極大值故若方程恰有一個實數根，則或，③不正確；④若方程恰有兩個不同實數根，則或.正確點睛：本題考查導數的應用以及數形結合思想，是一道中檔題．14、【解析】

在四邊形ABCD中，設AB＝a，BC＝b，CD＝c，DA＝d，A+C＝1α，利用余弦定理可得SABCD1+（（a1+d1﹣b1﹣c1）1＝（ad+bc）1﹣abcdcos1α（ad+bc）1，設a＝3，b＝4，c＝5，d＝6，代入計算可得所求最大值．【詳解】在四邊形ABCD中，設AB＝a，BC＝b，CD＝c，DA＝d，A+C＝1α，由SABCD＝S△BAD+S△BCD＝adsinA+bcsinC，①在△ABD中，BD1＝a1+d1﹣1adcosA，在△BCD中，BD1＝b1+c1﹣1bccosC，所以有a1+d1﹣b1﹣c1＝1adcosA﹣1bccosC，（a1+d1﹣b1﹣c1）＝adcosA﹣bccosC，②①1+②1可得SABCD1+（（a1+d1﹣b1﹣c1）1＝（a1d1sin1A+b1c1sin1C+1abcdsinAsinC）+（a1d1cos1A+b1c1cos1C﹣1abcdcosAcosC）＝[a1d1+b1c1﹣1abcdcos（A+C）]＝[（ad+bc）1﹣1abcd﹣1abcdcos1α]＝（ad+bc）1﹣abcdcos1α（ad+bc）1．當α＝90°，即四邊形為圓內接四邊形，此時cosα＝0，SABCD取得最大值為．由題意可設a＝3，b＝4，c＝5，d＝6則該平面四邊形面積的最大值為S＝6（cm1），故答案為：6．本題考查四邊形的面積的最值求法，運用三角形的面積公式和余弦定理，以及化簡變形，得到四邊形為圓內接四邊形時面積取得最大值，是解題的關鍵，屬于難題．15、【解析】

正方體的面對角線共有12條，能夠數出每一條對角線和另外的8條構成8對直線所成角為60°，得共有12×8對對角線所成角為60°，并且容易看出有一半是重復的，得正方體的所有對角線中，所成角是60°的有48對，根據古典概型概率公式求解即可．【詳解】如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，與上平面A1B1C1D1中一條對角線A1C1成60°的直線有：A1D，B1C，A1B，D1C，BC1，AD1，C1D，B1A共八對直線，總共12條對角線；∴共有12×8＝96對面對角線所成角為60°，而有一半是重復的；∴從正方體六個面的對角線中任取兩條作為一對，其中所成的角為60°的共有48對．而正方體的面對角線共有12條，所以概率為：故答案為本題考查正方體面對角線的關系，考查了古典概型的概率問題，而對于本題知道96對直線中有一半是重復的是求解本題的關鍵．16、【解析】

先求出的表達式，再由純虛數的定義，可求出的值，進而可求出.【詳解】由題意，，，則為純虛數，故，解得.故，.本題考查了復數代數形式的四則運算，考查了共軛復數、復數的模、純虛數的定義，屬于基礎題.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）證明見解析【解析】

1，等價于方程在恰有一個變號零點．即在恰有一個變號零點．令，利用

函數圖象即可求解．

2要證明：只需證明，即證明要證明，即證明利用導數即可證明．【詳解】Ⅰ，，，函數恰有一個極值點，方程在恰有一個變號零點．在恰有一個變號零點．令，則．可得時，，函數單調遞增，時，，函數單調遞減．函數草圖如下，可得，．實數a的取值范圍為：2要證明：證明．證明，即證明．令則，時，，函數遞增，時，，遞減．，即原不等式成立．要證明，即證明．，故只需證明即可．令，則．時，，函數遞減，時，，函數遞增．，又，故原不等式成立．綜上，，本題考查了函數的極值、單調性，考查了函數不等式的證明、分析法證明不等式，屬于中檔題．18、（1）見解析（2）.【解析】試題分析：（1）延長交于點，由重心性質及中位線性質可得，再結合圓的性質得，由已知，可證平面，進一步可得平面平面（2）以點為原點，，，方向分別為，，軸正方向建立空間直角坐標系，寫出各點坐標，利用二面角與二個半平面的法向量的夾角間的關系可求二面角的余弦值．試題解析：（1）如圖，延長交于點.因為為的重心，所以為的中點.因為為的中點，所以.因為是圓的直徑，所以，所以.因為平面，平面，所以.又平面，平面=，所以平面.即平面，又平面，所以平面平面.（2）以點為原點，，，方向分別為，，軸正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，，則，.平面即為平面，設平面的一個法向量為，則令，得.過點作于點，由平面，易得，又，所以平面，即為平面的一個法向量.在中，由，得，則，.所以，.所以.設二面角的大小為，則.點睛：若分別二面角的兩個半平面的法向量，則二面角的大小滿足，二面角的平面角的大小是的夾角(或其補角，需根據觀察得出結論)．在利用向量求空間角時，建立合理的空間直角坐標系，正確寫出各點坐標，求出平面的法向量是解題的關鍵．19、（1）見解析；（2）.【解析】

（1）證明，再證明平面，即可證明；（2）以為原點建立空間直角坐標系，再求平面以及平面的法向量，再求兩個平面法向量夾角的余弦值，結合圖像即可求得二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：連接，.因為四邊形是菱形且，為的中點，所以.因為平面，所以，又，所以平面，則.因為，所以.（2）以為原點建立空間直角坐標系（其中為與的交點），如圖所示，則，，，.設平面的法向量為，則，，即，令，得.設平面的法向量為，則，，即，令，得.所以，由圖可知二面角為鈍角，故二面角的余弦值為.本題主要考查空間幾何元素位置關系的證明，考查二面角的求法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和空間想象轉化分析推理能力.20、(1)(2)【解析】

(1)可先將寫成分段函數的形式，從而求得解集；（2）等價于，令，故即可，從而求得答案.【詳解】（1）根據題意可知：，當時，即，解得；當時，即，解得；當時，即，解得.綜上，不等式的解集為；（2）等價于，令，故即可，①當時，，此時；②當時，，此時；當時，，此時；綜上所述，，故，即實數的取值范圍是.本題主要考查絕對值不等式的求解，含參恒成立問題，意在考查學生的分析能力，計算能力及分類討論能力，難度中等.21、（1）的極小值為，無極大值．（2）【解析】

試題分析：（1）當時，，定義域為，由得．列表分析得的極小值為，無極大值．（2）恒成立問題及存在問題，一般利用最值進行轉化：在上恒成立．由于不易求，因此再進行轉化：當時，可化為，令，問題轉化為：對任意恒成立；同理當時，可化為，令，問題轉化為：對任意的恒成立；以下根據導函數零點情況進行討論即可.試題解析：（1），，令，得．列表：x

0

+

↘

極小值

↗

所以的極小值為，無極大值．（2）當時，假設存在實數滿足條件，則在上恒成立．1）當時，可化為，令，問題轉化為：對任意恒成立；（*）則，，．令，則．①時，因為，故，所以函數在時單調遞減，，即，從而函數在時單調遞增，故，