寧夏回族自治區銀川市興慶區銀川一中2025年數學高二第二學期期末預測試題注意事項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．設，則的展開式中的常數項為（）A． B． C． D．2．已知雙曲線的離心率為,過其右焦點作斜率為的直線，交雙曲線的兩條漸近線于兩點（點在軸上方），則（）A． B． C． D．3．一個口袋內有12個大小形狀完全相同的小球，其中有n個紅球，若有放回地從口袋中連續取四次（每次只取一個小球），恰好兩次取到紅球的概率大于，則n的值共有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個4．設函數，若不等式恰有兩個整數解，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．5．已知函數若關于的方程有7個不等實根，則實數的取值范圍是()A． B． C． D．6．已知命題，命題，若為假命題，則實數的取值范圍是（）A． B．或 C． D．7．若函數在上有小于的極值點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．8．已知曲線在點處的切線與直線垂直，則實數的值為（）A．-4 B．-1 C．1 D．49．函數為偶函數，且在單調遞增，則的解集為A． B．或C． D．或10．已知等差數列的前項和為，若，則（）A．3 B．9 C．18 D．2711．“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件12．在等差數列中，，則為（）A．2 B．3 C．4 D．5二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知一組數據1，3，2，5，4，那么這組數據的方差為____．14．給出下列4個命題：①若函數f(x)在(2015,2019)上有零點，則一定有f(2015)?f(2019)<0；②函數y=x+|x-4|③若函數f(x)=lg(ax2+5x+4)的值域為R④若函數f(x)滿足條件f(x)-4f(1x)=x,(x∈R,x≠0)，則|f(x)|其中正確命題的序號是：_____.（寫出所有正確命題的序號）15．函數f（x）＝ax3＋bx2＋cx＋d的部分數值如下表：x

－3

－2

－1

0

1

2

3

4

5

f（x）

－80

－24

0

4

0

0

16

60

144

則函數y＝lgf（x）的定義域為__________．16．有7張卡片分別寫有數字從中任取4張，可排出不同的四位數的個數是__________．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）已知點為拋物線的焦點，點在拋物線上，且．（Ⅰ）求拋物線的方程；（Ⅱ）已知點，延長交拋物線于點，證明：以點為圓心且與直線相切的圓，必與直線相切．18．（12分）已知數列的前項和，且（）．（1）若數列是等比數列，求的值；（2）求數列的通項公式。19．（12分）已知直線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（I）求曲線的直角坐標方程；（II）求直線與曲線交點的直角坐標.20．（12分）在銳角三角形中，角的對邊分別為，且.（1）求角的大小；（2）若，求的值.21．（12分）已知函數,．（Ⅰ）求函數的單調減區間；（Ⅱ）證明:；（Ⅲ）當時，恒成立，求實數的值.22．（10分）如圖，在四棱錐中，是棱PD的中點，且.（1）求證：CD∥平面ABE；（2）求證：平面ABE丄平面PCD.

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】

利用定積分的知識求解出，從而可列出展開式的通項，由求得，代入通項公式求得常數項.【詳解】展開式通項公式為：令，解得：，即常數項為：本題正確選項：本題考查二項式定理中的指定項系數的求解問題，涉及到簡單的定積分的求解，關鍵是能夠熟練掌握二項展開式的通項公式的形式.2、B【解析】

由雙曲線的離心率可得a＝b，求得雙曲線的漸近線方程，設右焦點為（c，0），過其右焦點F作斜率為2的直線方程為y＝2（x﹣c），聯立漸近線方程，求得B，C的坐標，再由向量共線定理，可得所求比值．【詳解】由雙曲線的離心率為，可得ca，即有a＝b，雙曲線的漸近線方程為y＝±x，設右焦點為（c，0），過其右焦點F作斜率為2的直線方程為y＝2（x﹣c），由y＝x和y＝2（x﹣c），可得B（2c，2c），由y＝﹣x和y＝2（x﹣c）可得C（，），設λ，即有0﹣2c＝λ（0），解得λ＝1，即則1．故選：B．本題考查雙曲線的方程和性質，主要是離心率和漸近線方程，考查方程思想和運算能力，屬于中檔題．3、C【解析】

設每次取到紅球的概率為p，結合獨立事件的概率的計算公式，求得，再由，即可判定，得到答案.【詳解】由題意，設每次取到紅球的概率為p，可得，即，解得，因為，所以，所以或6或7.故選：C.本題主要考查了獨立事件的概率的計算公式及其應用，其中解答中正確理解題意，合理利用獨立事件的概率的計算公式，求得相應的概率的取值范圍是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.4、D【解析】

求出函數的定義域、化簡不等式，構造新函數，結合函數的圖象，從而可得的范圍，得到答案．【詳解】由題意，函數的定義域為，不等式，即，即，兩邊除以，可得，又由直線恒過定點，若不等式恰有兩個整數解，即函數圖象有2個橫坐標為整數的點落在直線的上方，由圖象可知，這2個點為，可得，即，解得，即實數的取值范圍是，故選D．本題主要考查了函數的零點的綜合應用，其中解答中把不等式的解，轉化為函數的圖象的關系，合理得出不等式組是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題．5、C【解析】分析：畫出函數的圖象，利用函數的圖象，判斷f（x）的范圍，然后利用二次函數的性質求解a的范圍．詳解：函數的圖象如圖：關于f2（x）+（a﹣1）f（x）﹣a=0有7個不等的實數根，即[f（x）+a][f（x）﹣1]=0有7個不等的實數根，f（x）=1有3個不等的實數根，∴f（x）=﹣a必須有4個不相等的實數根，由函數f（x）圖象可知﹣a∈（1，2），∴a∈（﹣2，﹣1）．故選：C．點睛：函數的零點或方程的根的問題，一般以含參數的三次式、分式、以e為底的指數式或對數式及三角函數式結構的函數零點或方程根的形式出現，一般有下列兩種考查形式：(1)確定函數零點、圖象交點及方程根的個數問題；(2)應用函數零點、圖象交點及方程解的存在情況，求參數的值或取值范圍問題．6、D【解析】試題分析：由，可得，由，可得，解得.因為為假命題，所以與都是假命題，若是假命題，則有，若是假命題，則由或，所以符合條件的實數的取值范圍為，故選D.考點：命題真假的判定及應用.7、B【解析】

先對函數求導，令導函數等于0，在上有小于的極值點等價于導函數有小于0的根．【詳解】由因為在上有小于的極值點，所以有小于0的根，由的圖像如圖：可知有小于0的根需要，所以選擇B本題主要考查了利用導數判斷函數極值的問題．屬于基礎題．8、C【解析】

先求出在點處的切線斜率，然后利用兩直線垂直的條件可求出的值.【詳解】由題意，，，則曲線在點處的切線斜率為4，由于切線與直線垂直，則，解得.故選C.本題考查了導數的幾何意義，考查了兩直線垂直的性質，考查了計算能力，屬于基礎題.9、D【解析】

根據函數的奇偶性得到，在單調遞增，得，再由二次函數的性質得到，【詳解】函數為偶函數，則，故，因為在單調遞增，所以.根據二次函數的性質可知，不等式，或者，的解集為，故選D.此題考查了函數的對稱性和單調性的應用，對于抽象函數，且要求解不等式的題目，一般是研究函數的單調性和奇偶性，通過這些性質將要求的函數值轉化為自變量的大小比較，直接比較括號內的自變量的大小即可.10、D【解析】設等差數列的首項為，公差為.∵∴，即∴∴故選D.11、D【解析】取，則，但，故；取，則，但是，故，故“”是“”的既不充分也不必要條件，選D.12、A【解析】

由等差數列性質，得，問題得解.【詳解】是等差數列，，，解得.故選：A本題考查了等差數列的性質，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2；【解析】

先求這組數據的平均數，再代入方差公式，求方差.【詳解】因為，方差.本題考查平均數與方差公式的簡單應用，考查基本的數據處理能力.14、④【解析】

舉出特例，如fx=(x-2017)2-1，即可判斷①為假；根據定義域先將原函數化簡，再根據奇偶性的定義，即可判斷②為假；根據函數f(x)=lgax2+5x+4的值域為【詳解】①若fx=(x-2017)2-1，則fx在2015,2019上有零點，此時②由9-x2>0得-3<x<3，所以y=所以函數y=x+③若函數f(x)=lgax當a=0時，顯然成立.當a≠0時，則二次函數y=ax2+5x+4即Δ=25-16a≥0a>0解得0<a≤所以實數a的取值范圍是0≤a≤2516④因為f(x)-4f1x=x，所以有f可得f(x)=-115x+所以fx當x>0時，x+4當x<0時，x+4所以fx=115故答案為④本題主要考查命題真假的判定，熟記零點存在性定理、函數奇偶性的概念、對數型函數的性質、以及解方程組法求函數解析式等即可，屬于常考題型.15、【解析】試題分析：由表格可知函數的圖象的變化趨勢如圖所示，則的解為．考點：函數的圖象，函數的定義域．16、114【解析】

根據題意,按取出數字是否重復分4種情況討論:①、取出的4張卡片中沒有重復數字,即取出的4張卡片中的數字為1、2、3、4;②、取出的4張卡片中4有2個重復數字，則2個重復的數字為1或2;③若取出的4張卡片為2張1和2張2;④、取出的4張卡片種有3個重復數字，則重復的數字為1.分別求出每種情況下可以排出四位數的個數,由分類計數原理計算可得答案．【詳解】根據題意，分4種情況討論：(1)取出的4張卡片中沒有重復數字,即取出的4張卡片中的數字為1、2、3、4，此時=24種順序,可以排出24個四位數;(2)取出的4張卡片中有2個重復數字,則2個重復的數字為1或2，若重復的數字為1,在2、3、4中取出2個,有種取法,安排在四個位置中,有種情況,剩余位置安排數字1,可以排出3×12=36個四位數,同理,若重復的數字為2,也可以排出36個重復數字;(3)若取出的4張卡片為2張1和2張2,在4個位置安排兩個1,有種情況,剩余位置安排兩個2,則可以排出6×1=6個四位數;(4)取出的4張卡片中有3個重復數字,則重復的數字為1,在2、3、4中取出1個卡片,有種取法,安排在四個位置中,有種情況,剩余位置安排1,可以排出3×4=12個四位數;所以一共有24+36+36+6+12=114個四位數.故答案為:114.本題主要考查分類計數原理與分步計數原理及排列組合的應用,屬于難題,有關排列組合的綜合問題,往往是兩個原理及排列組合問題交叉應用才能解決問題,解答這類問題理解題意很關鍵,一定多讀題才能挖掘出隱含條件.解題過程中要首先分清“是分類還是分步”、“是排列還是組合”,在應用分類計數加法原理討論時,既不能重復交叉討論又不能遺漏,這樣才能提高準確率,難度較難.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、（Ⅰ）；（Ⅱ）詳見解析．【解析】解法一：（Ⅰ）由拋物線的定義得．因為，即，解得，所以拋物線的方程為．（Ⅱ）因為點在拋物線上，所以，由拋物線的對稱性，不妨設．由，可得直線的方程為．由，得，解得或，從而．又，所以，，所以，從而，這表明點到直線，的距離相等，故以為圓心且與直線相切的圓必與直線相切．解法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）設以點為圓心且與直線相切的圓的半徑為．因為點在拋物線上，所以，由拋物線的對稱性，不妨設．由，可得直線的方程為．由，得，解得或，從而．又，故直線的方程為，從而．又直線的方程為，所以點到直線的距離．這表明以點為圓心且與直線相切的圓必與直線相切．考點：1、拋物線標準方程；2、直線和圓的位置關系．18、（1）1；（2）（）【解析】分析：（1）由可得，∴a2=3，a3=7，依題意，得（3+t）2=（1+t）（7+t），解得t=1；（2）由（1），知當n≥2時，，即數列{an+1}是以2為首項，2為公比的等比數列，得，即可求通項．詳解：（1）當時，由，得．當時，，即，∴，．依題意，得，解得，當時，，，即為等比數列成立，故實數的值為1；（2）由（1），知當時，，又因為，所以數列是以2為首項，2為公比的等比數列．所以，∴（）.點睛：（1）證明數列為等比數列時，常運用等比數列的定義去證明，在證明過程中，容易忽視驗證首項不為零這一步驟。（2）數列通項的求法方法多樣，解題時要根據數列通項公式的特點去選擇。常用的方法有：公式法、累加法、累乘法、待定系數法、取倒數等。19、（I）；（II）.【解析】

（I）曲線C的極坐標方程為兩邊同乘，利用極坐標與直角坐標互化公式可得直角坐標方程．（II）將代入中，得的二次方程，解得則可求解【詳解】（I）將兩邊同乘得，，曲線的直角坐標方程為：.（II）將代入中，得，解得，直線與曲線交點的直角坐標為.本題考查了極坐標與直角坐標方程的互化、參數方程化為普通方程及其應用、直線與拋物線相交問題，考查的幾何意義，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．20、（1）；（2）1【解析】

(1)利用二倍角公式化簡即得A的值.(2)先利用正弦定理化簡得，再利用余弦定理求a的值.【詳解】⑴,又因為為銳角三角形，，，.⑵，，，.本題主要考查三角恒等變換，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