新疆維吾爾自治區行知學校2025屆高二數學第二學期期末質量跟蹤監視試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知函數在區間上恰有一個最大值點和一個最小值點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．2．已知，則的值為（）A． B． C． D．3．若曲線與曲線在它們的公共點處具有公共切線，則實數的值為（）A． B． C． D．4．請觀察這些數的排列規律，數字1位置在第一行第一列表示為（1,1），數字14位置在第四行第三列表示為（4,3），根據特點推算出數字2019的位置A．（45,44） B．（45,43）C．（45,42） D．該數不會出現5．函數,當時,有恒成立,則實數m的取值范圍是（）A． B． C． D．6．若函數的圖像如下圖所示，則函數的圖像有可能是（）A． B． C． D．7．由曲線,直線及軸所圍成的平面圖形的面積為()A．6 B．4 C． D．8．已知函數圖象經過點，則該函數圖象的一條對稱軸方程為（）A． B． C． D．9．設曲線在點處的切線方程為，則（）A．1 B．2 C．3 D．410．已知中，，，，點是邊的中點，則等于（）A．1 B．2 C．3 D．411．若拋物線上一點到焦點的距離是該點到軸距離的倍，則（）A． B． C． D．12．已知滿足約束條件，則的最大值為（）A． B． C．3 D．-3二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．的展開式中常數項為__________．(有數字填寫答案)14．已知偶函數在單調遞減，.若，則的取值范圍是__________.15．在的展開式中，的系數為__________（用數字作答）．16．某一部件由四個電子元件按如圖方式連接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3或元件4正常工作，則部件正常工作.設四個電子元件的使用壽命（單位：小時）均服從正態分布，且各個元件能否正常工作相互獨立，那么該部件的使用壽命超過1000小時的概率為__________．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）已知函數.（1）求的最小正周期和單調增區間；（2）求在區間上的最大值和最小值18．（12分）某超市在節日期間進行有獎促銷，凡在該超市購物滿元的顧客，將獲得一次摸獎機會，規則如下：一個袋子裝有只形狀和大小均相同的玻璃球，其中兩只是紅色，三只是綠色，顧客從袋子中一次摸出兩只球，若兩只球都是紅色，則獎勵元；共兩只球都是綠色，則獎勵元；若兩只球顏色不同，則不獎勵．（1）求一名顧客在一次摸獎活動中獲得元的概率；（2）記為兩名顧客參與該摸獎活動獲得的獎勵總數額，求隨機變量的分布列和數學期望．19．（12分）在圓上任取一點，過點作軸的垂線段，為垂足.，當點在圓上運動時，（1）求點的軌跡的方程；（2）若，直線交曲線于、兩點（點、與點不重合），且滿足.為坐標原點，點滿足，證明直線過定點，并求直線的斜率的取值范圍.20．（12分）已知函數.（1）當時，若方程的有1個實根，求的值；（2）當時，若在上為增函數，求實數的取值范圍．21．（12分）四個不同的小球放入編號為1,2,3,4的四個盒子中.(1)若每個盒子放一個球,則共有多少種不同的放法?(2)恰有一個空盒的放法共有多少種?22．（10分）已知命題：實數滿足（其中），命題：實數滿足（1）若，且與都為真命題，求實數的取值范圍；（2）若是的必要不充分條件，求實數的取值范圍.

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】

首先利用三角函數關系式的恒等變換，把函數的關系式變形成正弦型函數，進一步利用正弦型函數的性質的應用求出結果．【詳解】由題意，函數，令，所以，在區間上恰有一個最大值點和最小值點，則函數恰有一個最大值點和一個最小值點在區間，則，解答，即，故選B．本題主要考查了三角函數關系式的恒等變換，正弦型函數的性質的應用，主要考察學生的運算能力和轉換能力，屬于基礎題型．2、B【解析】

直接利用誘導公式以及同角三角函數基本關系式轉化求解即可.【詳解】解：因為，則.故選：B.本題考查誘導公式以及同角三角函數基本關系式的應用，考查計算能力，屬于基礎題.3、A【解析】分析：設公共點，求導數，利用曲線與曲線在它們的公共點處具有公共切線，建立方程組，即可求出a的值.詳解：設公共點，，，曲線與曲線在它們的公共點處具有公共切線，，解得.故選：A.點睛：本題考查利用導數研究曲線上某點切線方程，考查學生的計算能力，正確求導是關鍵.4、C【解析】

由所給數的排列規律得到第行的最后一個數為，然后根據可推測2019所在的位置．【詳解】由所給數表可得，每一行最后一個數為，由于，，所以故2019是第45行的倒數第4個數，所以數字2019的位置為（45,42）．故選C．（1）數的歸納包括數字歸納和式子歸納，解決此類問題時，需要細心觀察，尋求相鄰項及項與序號之間的關系，同時還要聯系相關的知識．（2）解決歸納推理問題的基本步驟①發現共性，通過觀察特例發現某些相似性(特例的共性或一般規律)；②歸納推理，把這種相似性推廣為一個明確表述的一般命題(猜想)．5、D【解析】

要使原式恒成立，只需m2﹣14m≤f（x）min，然后再利用導數求函數f（x）＝﹣x3﹣2x2+4x的最小值即可．【詳解】因為f（x）＝﹣x3﹣2x2+4x，x∈[﹣3，3]所以f′（x）＝﹣3x2﹣4x+4，令f′（x）＝0得，因為該函數在閉區間[﹣3，3]上連續可導，且極值點處的導數為零，所以最小值一定在端點處或極值點處取得，而f（﹣3）＝﹣3，f（﹣2）＝﹣8，f（），f（3）＝﹣33，所以該函數的最小值為﹣33，因為f（x）≥m2﹣14m恒成立，只需m2﹣14m≤f（x）min，即m2﹣14m≤﹣33，即m2﹣14m+33≤0解得3≤m≤1．故選C．本題考查了函數最值，不等式恒成立問題，一般是轉化為函數的最值問題來解決，而本題涉及到了可導函數在閉區間上的最值問題，因此我們只要從端點值和極值中找最值，注意計算的準確，是基礎題6、A【解析】

根據函數圖象的增減性與其導函數的正負之間的關系求解。【詳解】由的圖象可知：在，單調遞減，所以當時，在，單調遞增，所以當時，故選A.本題考查函數圖象的增減性與其導函數的正負之間的關系，屬于基礎題.7、D【解析】

先求可積區間，再根據定積分求面積.【詳解】由,得交點為，所以所求面積為，選D.本題考查定積分求封閉圖形面積，考查基本求解能力，屬基本題.8、C【解析】

首先把點帶入求出，再根據正弦函數的對稱軸即可．【詳解】把點帶入得，因為，所以，所以，函數的對稱軸為．當，所以選擇C本題主要考查了三角函數的性質，需要記憶常考三角函數的性質有：單調性、周期性、對稱軸、對稱中心、奇偶性等．屬于中等題．9、D【解析】

利用導數的幾何意義得直線的斜率，列出a的方程即可求解【詳解】因為，且在點處的切線的斜率為3，所以，即.故選：D本題考查導數的幾何意義，考查運算求解能力，是基礎題10、B【解析】

利用正弦定理求出的值，用基底表示，，則可以得到的值.【詳解】解：在中，由正弦定理得，，即，解得，因為，，所以故選B.本題考查了正弦定理、向量分解、向量數量積等問題，解題的關鍵是要將目標向量轉化為基向量，從而求解問題.11、D【解析】

利用拋物線的定義列等式可求出的值.【詳解】拋物線的準線方程為，由拋物線的定義知，拋物線上一點到焦點的距離為，，解得，故選：D.本題考查拋物線的定義，在求解拋物線上的點到焦點的距離，通常將其轉化為該點到拋物線準線的距離求解，考查運算求解能力，屬于中等題.12、B【解析】

畫出可行域，通過截距式可求得最大值.【詳解】作出可行域，求得，，,通過截距式可知在點C取得最大值，于是.本題主要考查簡單線性規劃問題，意在考查學生的轉化能力和作圖能力.目標函數主要有三種類型：“截距型”，“斜率型”，“距離型”，通過幾何意義可得結果.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、16【解析】展開式的次項與形成常數項，展開式的常數項和1形成常數項，所以展開式的次項為，常數項為1，所以的展開式中常數項為15+1=1614、【解析】因為是偶函數，所以不等式，又因為在上單調遞減，所以，解得.考點：本小題主要考查抽象函數的奇偶性與單調性，考查絕對值不等式的解法，熟練基礎知識是關鍵.15、60【解析】，它展開式中的第項為，令，則，的系數為，故答案為.16、【解析】分析：先求出四個電子元件的使用壽命超過1000小時的概率都為，再設A={元件1或元件2正常工作}，B={元件3或元件4正常工作},再求P(A),P(B),再求P(AB)得解.詳解：由于四個電子元件的使用壽命（單位：小時）均服從正態分布，所以四個電子元件的使用壽命超過1000小時的概率都為設A={元件1或元件2正常工作}，B={元件3或元件4正常工作},所以所以該部件的使用壽命超過1000小時的概率為.故答案為：.點睛：（1）本題主要考查正態分布曲線，考查獨立事件同時發生的概率，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.(2)一般地，如果事件相互獨立，那么這個事件同時發生的概率，等于每個事件發生的概率的積，即．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）最小正周期增區間為；（2）最大值和最小值分別為和.【解析】

（1）先將函數化簡整理，得到，再由正弦函數的性質，即可得出結果；（2）先由的范圍，得到的范圍，進而可得出結果.【詳解】(1)因為所以的最小正周期由，所以，因此，增區間為(2)因為，所以.所以當，即時，函數取得最大值當，即時，函數取得最小值所以在區間上的最大值和最小值分別為和本題主要考查三角函數，熟記正弦函數的性質即可，屬于常考題型.18、（1）；（2）見解析【解析】

（1）根據古典概型概率計算公式可求得結果；（2）分別求出一名顧客摸球中獎元和不中獎的概率；確定所有可能的取值為：，，，，，分別計算每個取值對應的概率，從而得到分布列；利用數學期望計算公式求解期望即可.【詳解】（1）記一名顧客摸球中獎元為事件從袋中摸出兩只球共有：種取法；摸出的兩只球均是紅球共有：種取法（2）記一名顧客摸球中獎元為事件，不中獎為事件則：，由題意可知，所有可能的取值為：，，，，則；；；；隨機變量的分布列為：本題考查古典概型概率問題求解、離散型隨機變量的分布列和數學期望的求解，關鍵是能夠根據通過積事件的概率公式求解出每個隨機變量的取值所對應的概率，從而可得分布列.19、(1).(2).【解析】試題分析：（1）由相關點法得到M(x0,y0),N（x,y），則x=x0,y=（2）聯立直線和橢圓得到二次方程，根據條件結合韋達定理得到，，，進而求得范圍.解析：(1)設M(x0,y0),N（x,y），則x=x0,y=y0,代入圓方程有.即為N點的軌跡方程.(2)當直線垂直于軸時,由消去整理得,解得或,此時,直線的斜率為；當直線不垂直于軸時,設,直線:(),由,消去整理得,依題意,即(*),且,,又,所以,所以,即,解得滿足(*),所以,故,故直線的斜率,當時,,此時；當時,,此時；綜上,直線的斜率的取值范圍為.點睛：本題主要考查直線與圓錐曲線位置關系，所使用方法為韋達定理法：因直線的方程是一次的，圓錐曲線的方程是二次的，故直線與圓錐曲線的問題常轉化為方程組關系問題，最終轉化為一元二次方程問題，故用韋達定理及判別式是解決圓錐曲線問題的重點方法之一，尤其是弦中點問題，弦長問題，可用韋達定理直接解決，但應注意不要忽視判別式的作用．20、（1）或；（2）.【解析】

（1）易得，考查的圖象與直線的位置關系即可；（2）在上為增函數，即在上恒成立，參變分離求最值即可.【詳解】(1)∴當時，當時，∴在遞增，在遞減，又，∵有1個實根，∴或（2）當時，，∴又在上為增函數，∴，又∴，而即∴故的取值范圍是.本題考查函數的零點與單調性問題，考查函數與方程的聯系，考查不等式恒成立，考查轉化能力與計算能力．21、(1)24;(2)144.【解析】分析：（1）直接把4個球全排列即得共有多少種不同的放法.(2)利用乘法分步原理解答.詳解：(1)每個盒子放一個球,共有=24種不同的放法.(2)先選后排,分三步完成:第一步:四個盒子中選一只為空盒,有4種選法;第二步:選兩球為一個元素,有種選法;第三步:三個元素放入三個盒中,有種放法.故共有4×6×6=144種放法.點睛：（1）本題主要考查計數原理和排列組合的綜合應用，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.(2)排列組合常用解法有一般問題直接法、相鄰問題捆綁法、不相鄰問題插空法、特殊對象優先法、等概率問題縮倍法、至少問題間接法、復雜問題分類法、小數問題列舉法.22、（1）；（2）.【解析】

記命題：，命題：（1）當時，求出，，根據與均為真命題，即可求出的范圍；（2）求出，，通過是的必要不充分條件，得出，建立不等式組，求解即可.【詳解】記命題：，命