云南省玉溪市易門一中2024-2025學年數學高二下期末質量檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．已知函數，則()A．-2 B．0 C．2 D．42．實驗女排和育才女排兩隊進行比賽，在一局比賽中實驗女排獲勝的概率是，沒有平局.若采用三局兩勝制，即先勝兩局者獲勝且比賽結束，則實驗女排獲勝的概率等于（）A． B． C． D．3．甲、乙兩人進行乒乓球比賽，比賽規則為“3局2勝”，即先贏2局者為勝根據以往二人的比賽數據分析，甲在每局比賽中獲勝的概率為，則本次比賽中甲獲勝的概率為（）A． B． C． D．4．設函數滿足：，，則時，（）A．有極大值，無極小值 B．有極小值，無極大值C．既有極大值，又有極小值 D．既無極大值，又無極小值5．己知函數f(x)=x,1<x≤4x|x|,-1≤x≤1，則A．14 B．143 C．76．甲、乙、丙三位同學站成一排照相，則甲、丙相鄰的概率為（）A． B． C． D．7．若對于實數x，y有1-x?2,y+1?1A．5 B．6 C．7 D．88．已知隨機變量X的分布列：02若，，則（）A． B． C． D．9．已知函數恰有兩個零點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．10．設，為兩條不同的直線，，為兩個不同的平面，則（）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則11．8名學生和2位教師站成一排合影，2位教師不相鄰的排法種數為（）A． B． C． D．12．將兩顆骰子各擲一次，設事件“兩個點數不相同”，“至少出現一個6點”，則概率等于（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖所示，則陰影部分的面積是.14．若以連續兩次擲骰子分別得到的點數，作為點的坐標，則點落在由和兩坐標軸所圍成的三角形內部（不含邊界）的概率為________.15．在平面直角坐標系中，圓的方程為，若直線上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓有公共點，則的最大值為__________．16．已知集合，，，從這三個集合中各取一個元素構成空間直角坐標系中的點的坐標，則確定不同點的坐標個數為______．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）在中，角的對邊分別為，.（1）求；（2）若，，求的周長.18．（12分）五一勞動節放假，某商場進行一次大型抽獎活動.在一個抽獎盒中放有紅、橙、黃、綠、藍、紫的小球各2個，分別對應1分、2分、3分、4分、5分、6分.從袋中任取3個小球，按3個小球中最大得分的8倍計分，計分在20分到35分之間即為中獎.每個小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3個小球中最大得分，求：（1）取出的3個小球顏色互不相同的概率；（2）隨機變量的概率分布和數學期望；（3）求某人抽獎一次，中獎的概率.19．（12分）在平面直角坐標系中，以原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線，極坐標方程分別為，．（Ⅰ）和交點的極坐標；（Ⅱ）直線的參數方程為（為參數），與軸的交點為，且與交于，兩點，求.20．（12分）已知拋物線:的焦點為，準線為，與軸的交點為，點在拋物線上，過點作于點，如圖1.已知，且四邊形的面積為.（1）求拋物線的方程；（2）若正方形的三個頂點，，都在拋物線上（如圖2），求正方形面積的最小值.21．（12分）己知復數滿足，，其中，為虛數單位.（l）求：（2）若.求實數的取值范圍.22．（10分）在直角坐標系中直線的參數方程為（為參數），在以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸的極坐標系中，曲線：.（1）求直線的普通方程及曲線直角坐標方程；（2）若曲線上的點到直線的距離的最小值.

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】令，則，據此可得：本題選擇D選項.2、B【解析】試題分析：實驗女排要獲勝必須贏得其中兩局，可以是1,2局，也可以是1,3局，也可以是2,3局.故獲勝的概率為:,故選B.考點：獨立事件概率計算.3、D【解析】

根據題意，可知甲獲勝情況有三種：第一局勝、第二局勝，第一局勝、第二局負、第三局勝，第一局負、第二局勝、第三局勝，由互斥事件概率加法運算即可求解.【詳解】甲、乙兩人進行乒乓球比賽，比賽規則為“3局2勝”，即先贏2局者為勝，甲在每局比賽中獲勝的概率為，則甲獲勝有以下三種情況：第一局勝、第二局勝，則甲獲勝概率為；第一局勝、第二局負、第三局勝，則甲獲勝概率為；第一局負、第二局勝、第三局勝，則甲獲勝概率為；綜上可知甲獲勝概率為，故選：D.本題考查了互斥事件概率求法，概率加法公式的應用，屬于基礎題.4、B【解析】

首先構造函數，由已知得，從而有，令，求得，這樣可確定是增函數，由可得的正負，確定的單調性與極值．【詳解】，令，則，所以，令，則，即，當時，，單調遞增，而，所以當時，，，單調遞減；當時，，，單調遞增；故有極小值，無極大值，故選B.本題考查用導數研究函數的極值，解題關鍵是構造新函數，，求導后表示出，然后再一次令，確定單調性，確定正負，得出結論．5、B【解析】

根據分段函數的定義，結合x∈[-1,1]時f【詳解】函數f(x)=故選：B．本題主要考查了分段函數的定積分應用問題，其中解答中熟記微積分基本定理，準確計算是解得的關鍵，著重考查了推理與計算能力屬于基礎題．6、C【解析】分析：通過枚舉法寫出三個人站成一排的所有情況，再找出其中甲、丙相鄰的情況，由此能求出甲、丙相鄰的概率.詳解：三人站成一排，所有站法有：（甲乙丙）、（甲丙乙）、（乙甲丙）、（乙丙甲）、（丙甲乙）、（丙乙甲）共6種，其中甲、丙相鄰有4種，所以，甲、丙相鄰的概率為.故選C.點睛：本題考查古典概型的概率的求法，解題時要注意枚舉法的合理運用.7、C【解析】

將2x+3y+1【詳解】2當x=3,y=0或x=-1,y=2是等號成立.故答案選C本題考查了絕對值三角不等式，將2x+3y+18、B【解析】

由，可得，由隨機變量分布列的期望、方差公式，聯立即得解.【詳解】由題意，且，又聯立可得：故選：B本題考查了隨機變量分布列的期望和方差，考查了學生概念理解，數學運算的能力，屬于中檔題.9、A【解析】

先將函數有零點，轉化為對應方程有實根，構造函數，對函數求導，利用導數方法判斷函數單調性，再結合圖像，即可求出結果.【詳解】由得，令，則，設，則，由得；由得，所以在上單調遞減，在上單調遞增；因此，所以在上恒成立；所以，由得；由得；因此，在上單調遞減，在上單調遞增；所以；又當時，，，作出函數圖像如下：因為函數恰有兩個零點，所以與有兩不同交點，由圖像可得：實數的取值范圍是.故選A本題主要考查函數零點以及導數應用，通常需要將函數零點轉化為兩函數交點來處理，通過對函數求導，利用導數的方法研究函數單調性、最值等，根據數形結合的思想求解，屬于常考題型.10、C【解析】

根據空間線面關系、面面關系及其平行、垂直的性質定理進行判斷．【詳解】對于A選項，若，，則與平行、相交、異面都可以，位置關系不確定；對于B選項，若，且，，，根據直線與平面平行的判定定理知，，，但與不平行；對于C選項，若，，在平面內可找到兩條相交直線、使得，，于是可得出，，根據直線與平面垂直的判定定理可得；對于D選項，若，在平面內可找到一條直線與兩平面的交線垂直，根據平面與平面垂直的性質定理得知，只有當時，才與平面垂直．故選C．本題考查空間線面關系以及面面關系有關命題的判斷，判斷時要根據空間線面、面面平行與垂直的判定與性質定理來進行，考查邏輯推理能力，屬于中等題．11、A【解析】

本題選用“插空法”，先讓8名學生排列，再2位教師教師再8名學生之間的9個位置排列.【詳解】先將8名學生排成一排的排法有種，再把2位教師插入8名學生之間的9個位置（包含頭尾的位置），共有種排法，故2位教師不相鄰的排法種數為種.故選A.本題考查排列組合和計數原理，此題也可用間接法.特殊排列組合常用的方法有：1、插空法，2、捆綁法.12、A【解析】解：由題意事件A={兩個點數都不相同}，包含的基本事件數是36-6=30至少出現一個6點的情況分二類，給兩個骰子編號，1號與2號，若1號是出現6點，2號沒有6點共五種2號是6點，一號不是6點有五種，若1號是出現6點，2號也是6點，有1種，故至少出現一個6點的情況是11種∴=二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、32【解析】試題分析：由題意得，直線y=2x與拋物線y=3-x2，解得交點分別為(-3,-6)和(1,2)，拋物線y=3-x2與x軸負半軸交點(---302xdx+考點：定積分在求面積中的應用．【方法點晴】本題主要考查了定積分求解曲邊形的面積中的應用，其中解答中根據直線方程與曲線方程的交點坐標，確定積分的上、下限，確定被積函數是解答此類問題的關鍵，同時解答中注意圖形的分割，在x軸下方的部分積分為負（積分的幾何意義強調代數和），著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題．14、【解析】

由擲骰子的情況得到基本事件總數，并且求得點落在指定區域的事件數，利用古典概型求解.【詳解】以連續兩次擲骰子分別得到的點數，作為點的坐標，共有個點，而點落在由和兩坐標軸所圍成的三角形內部（不含邊界），有個點：，所以概率故得解．本題考查古典概型，屬于基礎題.15、【解析】

∵圓C的方程為x2+y2-8x+15=0，整理得：（x-4）2+y2=1，即圓C是以（4，0）為圓心，1為半徑的圓；又直線y=kx-2上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓C有公共點，∴只需圓C′：（x-4）2+y2=4與直線y=kx-2有公共點即可．設圓心C（4，0）到直線y=kx-2的距離為d，即3k2≤4k，∴0≤k≤，故可知參數k的最大值為.16、【解析】

先從三個集合中各取一個元素，計算出所構成的點的總數，再減去兩個坐標為時點的個數，即可得出結果.【詳解】集合，，，從這三個集合中各選一個元素構成空間直角坐標系中的點的個數為，其中點的坐標中有兩個的點為、、，共個，在選的時候重復一次，因此，確定不同點的坐標個數為.故答案為：.本題考查排列組合思想的應用，解題時要注意元素的重復，結合間接法求解，考查計算能力，屬于中等題.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）【解析】

（1）由余弦定理化簡即得A的值；（2）由題得，，再利用正弦定理求出a,c，即得△ABC的周長.【詳解】解：（1）根據，可得所以.又因為，所以.（2），，所以，，因為，所以，，則的周長為.本題主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.18、（1）（2）分布列見解析，數學期望為（3）【解析】

（1）設事件表示“取出的3個小球上的顏色互不相同”，利用古典概型、排列組合能求出取出的3個小球顏色互不相同的概率；（2）由題意得有可能的取值為：2，3，4，5，6，分別求出相應的概率，由此能求出隨機變量的概率分布列和數學期望；（3）設事件C表示“某人抽獎一次，中獎”，則，由此能求出結果.【詳解】（1）“一次取出的3個小球上的顏色互不相同”的事件記為，則（2）由題意有可能的取值為：2，3，4，5，6；；；；所以隨機變量的概率分布為23456因此的數學期望為（3）“某人抽獎一次，中獎”的事件為，則本題考查概率、離散型隨機變量的分布列、數學期望的求法，考查古典概型、排列組合等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題.19、（1）（2）見解析【解析】試題分析：（1）聯立，極坐標方程，解出，反代得，即得和交點的極坐標；（2）先利用將極坐標方程化為直接坐標方程，再由直線參數方程幾何意義得，因此將直線的參數方程代入直角坐標方程，利用韋達定理得，且，因此.試題解析：（Ⅰ）（方法一）由，極坐標方程分別為，’化為平面直角坐標系方程分為.得交點坐標為.即和交點的極坐標分別為.（方法二）解方程組所以，化解得，即，所以和交點的極坐標分別為.（II）（方法一）化成普通方程解得因為，所以.（方法二）把直線的參數方程：（為參數），代入得，，所以.20、（1）；（2）.【解析】

（1）通過借助拋物線的幾何性質，設，通過勾股定理可求得，借助線段關系可求得，再借助梯形面積公式最終可求得值，進而求得拋物線的方程；（2）先通過設而不求得方法分別表示出，，和直線的斜率為和的斜率，通過正方形的邊長關系代換出與直線的斜率的關系，將面積用含的式子整體代換表示，最終通過均值不等式處理可求得正方形面積的最小值.【詳解】（1）設，由已知，則，，四邊形的面積為，∴，