青海省西寧市六校2025屆數學高二下期末學業質量監測模擬試題注意事項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．函數的極大值為（）A．3 B． C． D．22．在極坐標系中，圓的圓心的極坐標為（）A． B． C． D．3．在射擊訓練中，某戰士射擊了兩次，設命題p是“第一次射擊擊中目標”，命題q是“第二次射擊擊中目標”，則命題“兩次射擊中至少有一次沒有擊中目標”為真命題的充要條件是（）．A．為真命題 B．為真命題C．為真命題 D．為真命題4．已知集合則=（）A． B． C． D．5．參數方程為參數表示什么曲線A．一個圓 B．一個半圓 C．一條射線 D．一條直線6．定積分的值為()A． B． C． D．7．某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積是()A． B． C． D．8．已知，且.則展開式中的系數為（）A．12 B．-12 C．4 D．-49．若集合，，若，則的值為（）A． B． C．或 D．或10．己知命題P：單位向量的方向均相同，命題q：實數a的平方為負數。則下列說法正確的是A．是真命題 B．是真命題 C．是假命題 D．是假命題11．若函數在定義域內單調，則的取值范圍是（）A． B． C． D．12．已知隨機變量服從正態分布，若，則等于（）A．B．C．D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（題文）x-1x614．為了宣傳校園文化，讓更多的學生感受到校園之美，某校學生會組織了6個小隊在校園最具有代表性的3個地點進行視頻拍攝，若每個地點至少有1支小隊拍攝，則不同的分配方法有_____種（用數字作答）15．在中，，，則________．16．________．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）如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是的中點.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的余弦值.18．（12分）已知函數，(1)求的圖象在處的切線方程并求函數的單調區間；(2)求證：.19．（12分）已知,,分別為三個內角,,的對邊，且.（1）求角的大小；（2）若且的面積為，求的值.20．（12分）已知直線l的參數方程為(t為參數)，以坐標原點為極點，x軸的非負半軸為極軸，建立極坐標系，圓C的極坐標方程為ρ＝4cosθ，直線l與圓C交于A，B兩點．(1)求圓C的直角坐標方程及弦AB的長；(2)動點P在圓C上(不與A，B重合)，試求△ABP的面積的最大值．21．（12分）已知二次函數滿足，且.（1）求的解析式；（2）設函數，當時，求的最小值；（3）設函數，若對任意，總存在，使得成立，求m的取值范圍.22．（10分）[選修4-4：坐標系與參數方程]在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），直線的參數方程為（為參數），且與曲線交于，兩點.以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.（1）求曲線的極坐標方程；（2）已知點的極坐標為，若，求.

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、B【解析】

求得函數的導數，得出函數的單調性，再根據集合的定義，即可求解.【詳解】由題意，函數，則，令，即，解得或，令，即，解得，即函數在上函數單調遞增，在上函數單調遞減，所以當時，函數取得極大值，極大值，故選B.本題主要考查了利用導數研究函數的單調性，以及求解函數的極值問題，其中解答中熟記導數與原函數的單調性之間的關系，以及極值的概念是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.2、A【解析】

先將圓的極坐標方程化為直角坐標方程，找到此時的圓心再化為極坐標.【詳解】可化簡為：根據極坐標與直角坐標的互化公式可得：化簡可得：即：圓心為：故圓心的極坐標為：故選：A.本題主要考查了極坐標和直角坐標的互化和圓的極坐標方程，考查了分析能力和計算能力，屬于基礎題.3、A【解析】

由已知，先表示出命題“兩次射擊至少有一次沒有擊中目標”，在選擇使該命題成立的一個充分條件.【詳解】命題是“第一次射擊擊中目標”，

命題是“第二次射擊擊中目標”，

∴命題“兩次射擊至少有一次沒有擊中目標”,“兩次射擊中至少有一次沒有擊中目標”為真命題的充要條件:為真.故選：A．本題考查的知識點是事件的表示，本題考查復合命題的真假的判斷，考查充分條件的選擇,屬于基礎題.4、D【解析】因為集合B中，x∈A，所以當x＝1時，y＝3－2＝1；當x＝2時，y＝3×2－2＝4；當x＝3時，y＝3×3－2＝7；當x＝4時，y＝3×4－2＝10.即B＝{1,4,7,10}．又因為A＝{1,2,3,4}，所以A∩B＝{1,4}．故選D.5、C【解析】分析：消去參數t，把參數方程化為普通方程，即得該曲線表示的是什么圖形.詳解：參數方程為參數，消去參數t，把參數方程化為普通方程，，即，它表示端點為的一條射線.故選：C.點睛：本題考查了參數方程的應用問題，解題時應把參數方程化為普通方程，并且需要注意參數的取值范圍，是基礎題.6、C【解析】試題分析：=.故選C.考點：1.微積分基本定理；2.定積分的計算.7、B【解析】由三視圖判斷底面為等腰直角三角形，三棱錐的高為2，則，選B.【考點定位】三視圖與幾何體的體積8、D【解析】

求定積分得到的值，可得的值，再把按照二項式定理展開式，可得中的系數．【詳解】∵，且，則展開式，故含的系數為，故選D．本題主要考查求定積分，二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，屬于基礎題．9、A【解析】

先解出集合，由，得出，于此可得知實數的值.【詳解】解方程，即，得，由于，，則，，，，故選：A.本題考查集合間的包含關系，利用包含關系求參數的值，解本題的關鍵就是將集合表示出來，考查計算能力，屬于基礎題。10、D【解析】

先判斷命題P，命題q均為假.再逐項判斷每個選項的正誤.【詳解】命題P：單位向量的方向可以是任意的，假命題命題q：實數a的平方為非負數，假命題為假命題，A錯誤為假命題，B錯誤是真命題，C錯誤是假命題，D正確故答案選D本題考查了命題的判斷，正確判斷命題的正誤是解決此類題型的關鍵.11、A【解析】

采用等價轉化的思想，可得在恒成立，然后分離參數，對新函數的值域與比較，可得結果.【詳解】，依題意可得：函數在定義域內只能單調遞增，恒成立，即恒成立，，，故選：A本題考查根據函數單調性求參數范圍，熟練使用等價轉化以及分離參數的方法，屬基礎題.12、B【解析】根據正態分布密度曲線的對稱性可知，若，函數的對稱軸是，所以，故選B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、15【解析】試題分析：展開式的通項公式為Tr+1=(-1)r考點：二項式定理14、540【解析】

首先將6個小隊分成三組，有三種組合，然后再分配，即可求出結果．【詳解】（1）若按照進行分配有種方案；（2）若按照進行分配有種方案；（3）若按照進行分配有種方案；由分類加法原理，所以共有種分配方案．本題主要考查分類加法計數原理，以及排列組合的相關知識應用．易錯點是平均分配有重復，注意消除重復．15、【解析】

根據特殊角的三角函數值得到，，再由二倍角公式得到結果.【詳解】∵，，，∴，∴，即.∵，∴，由二倍角公式得到：，∴.故答案為.這個題目考查了特殊角的三角函數值的應用，以及二倍角公式的應用屬于基礎題.16、【解析】分析：根據，即可求出原函數，再根據定積分的計算法則計算即可.詳解：，故答案為：.點睛：本題考查了定積分的計算，關鍵是求出原函數，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）證明見解析；（2）.【解析】

(1)由題意首先證得線面垂直，然后利用線面垂直的定義即可證得線線垂直；(2)建立空間直角坐標系，分別求得直線的方向向量和平面的法向量，然后結合線面角的正弦值和同角三角函數基本關系可得線面角的余弦值.【詳解】(1)如圖所示，連結，等邊中，，則，平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，由面面垂直的性質定理可得：平面，故，由三棱柱的性質可知，而，故，且，由線面垂直的判定定理可得：平面，結合?平面，故.(2)在底面ABC內作EH⊥AC，以點E為坐標原點，EH,EC,方向分別為x,y,z軸正方向建立空間直角坐標系.設，則，,，據此可得：，由可得點的坐標為，利用中點坐標公式可得：，由于，故直線EF的方向向量為：設平面的法向量為，則：，據此可得平面的一個法向量為，此時，設直線EF與平面所成角為，則.本題考查了立體幾何中的線線垂直的判定和線面角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力；解答本題關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，通過嚴密推理，同時對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.18、（1）切線方程為：，單調增區間為，單調減區間是（2）見解析【解析】試題分析：(1)由函數的導函數可得切線的斜率為2，據此可得切線方程為：，單調增區間為，單調減區間是；(2)構造新函數，結合函數的性質即可證得題中的結論.試題解析：(1)，∴，所以切線方程為：單調增區間為，單調減區間是(2)設，.∵在上單調遞增，且，.∴存在唯一的零點，使得，即∴在上單調遞減，在單調遞增，∴=，又，∴上式等號不成立，∴，即19、(1);(2).【解析】分析：（1）根據正弦定理邊化角，根據三角恒等變換求出A；（2）根據面積求出bc=4，利用余弦定理求出a．詳解：（1）由正弦定理得，∵∴，即．∵，∴，∴∴．（2）由：可得．∴，∵，∴由余弦定理得：，∴.點睛：解三角形問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據正、余弦定理結合已知條件靈活轉化邊和角之間的關系，從而達到解決問題的目的.其基本步驟是：第一步：定條件，即確定三角形中的已知和所求，在圖形中標出來，然后確定轉化的方向.第二步：定工具，即根據條件和所求合理選擇轉化的工具，實施邊角之間的互化.第三步：求結果.20、（1）(x－2)2＋y2＝4；；（2）2＋.【解析】

（1）圓C的極坐標方程化為直角坐標方程，直線l的參數方程代入圓C的的直角坐標方程，利用直線參數方程的幾何意義，即可求解；（2）要求△ABP的面積的最大值，只需求出點P到直線l距離的最大值，將點P坐標設為圓方程的參數形式，利用點到直線的距離公式以及三角函數的有界性，即可求解.【詳解】(1)由ρ＝4cosθ得ρ2＝4ρcosθ，所以x2＋y2－4x＝0，所以圓C的直角坐標方程為(x－2)2＋y2＝4.設A，B對應的參數分別為t1，t2.將直線l的參數方程代入圓C：(x－2)2＋y2＝4，并整理得t2＋t＝0，解得t1＝0，t2＝－.所以直線l被圓C截得的弦AB的長為|t1－t2|＝.(2)由題意得，直線l的普通方程為x－y－4＝0.圓C的參數方程為(θ為參數)，可設圓C上的動點P(2＋2cosθ，2sinθ)，則點P到直線l的距離d＝，當＝－1時，d取得最大值，且d的最大值為2＋.所以S△ABP＝××(2＋)＝2＋，即△ABP的面積的最大值為2＋.本題考查極坐標方程與直角坐標方程互化，考查直線參數方程幾何意義的應用，以及利用圓的參數方程求最值，屬于中檔題.21、（1）；（2）；（3）【解析】

(1)根據二次函數,則可設,再根據題中所給的條件列出對應的等式對比得出所求的系數即可.(2)根據(1)中所求的求得,再分析對稱軸與區間的位置關系進行分類討論求解的最小值即可.(3)根據題意可知需求與在區間上的最小值.再根據對數函數與二次函數的單調性求解最小值即可.【詳解】(1)設.①∵,∴,又∵,∴,可得,∴解得即.(2)由題意知,,,對稱軸為.①當,即時,函數h(x)在上單調遞增,即；②當,即時,函數h(x)在上單調遞減,在上單調遞增,即.綜上,(3)由題意可知,∵函數在上單調遞增,故最小值為,函數在上單調遞減,故最小值為,∴,解得.本題主要考查利用待定系數法求解二次函數解析式的方法,二次函數對稱軸與區間關系求解最值的問題