陜西省渭南市潼關縣2025屆數學高二下期末統考模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．若隨機變量，且，則等于（）A． B． C． D．2．執行如圖所示的程序框圖，當輸出的值為時，則輸入的（）A． B． C． D．3．如果函數f(x)在區間[a,b]上存在x1,x2(a<x1<x2<b)，滿足f'(x1A．（13，12）B．（32，3）C．（14．用數學歸納法證明時，由時的假設到證明時，等式左邊應添加的式子是（）A． B．C． D．5．某班級要從四名男生、兩名女生中選派四人參加某次社區服務，則所選的四人中至少有一名女生的選法為（）A． B． C． D．6．已知、分別為雙曲線的左、右焦點，以原點為圓心，半焦距為半徑的圓交雙曲線右支于、兩點，且為等邊三角形，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．7．已知復數滿足，則的共軛復數為()A． B． C． D．8．若過點可作兩條不同直線與曲線段C：相切，則m的取值范圍是（）A． B． C． D．9．三世紀中期，魏晉時期的數學家劉徽首創割圓術，為計算圓周率建立了嚴密的理論和完善的算法.所謂割圓術，就是不斷倍增圓內接正多邊形的邊數求出圓周率的方法.如圖是劉徽利用正六邊形計算圓周率時所畫的示意圖，現向圓中隨機投擲一個點，則該點落在正六邊形內的概率為（）A． B． C． D．10．已知函數在處有極值10，則等于()A．1 B．2 C．—2 D．—111．已知等比數列的前項和為，則的極大值為（）A．2 B．3 C． D．12．下列命題中,正確的命題是（）A．若，則B．若，則不成立C．，則或D．，則且二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若，則的最小值為________.14．已知，命題：，，命題：，，若命題為真命題，則實數的取值范圍是_____．15．已知復數z＝2＋6i，若復數mz＋m2(1＋i)為非零實數，求實數m的值為_____．16．函數的單調遞減區間是_________.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）已知平面直角坐標系xOy中，直線l的參數方程為（t為參數，0≤α＜π且），以原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為．已知直線l與曲線C交于A、B兩點，且．（1）求α的大小；（2）過A、B分別作l的垂線與x軸交于M，N兩點，求|MN|．18．（12分）已知函數.（Ⅰ）求的單調區間；（Ⅱ）若對于任意的（為自然對數的底數），恒成立，求的取值范圍.19．（12分）已知函數，.（Ⅰ）當時，解不等式；（Ⅱ）當時，恒成立，求實數的取值范圍.20．（12分）如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB="A"A1，∠BAA1=60°.（Ⅰ）證明AB⊥A1C;（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值．21．（12分）已知函數，且曲線在點處的切線方程為．（1）證明：在上為增函數．（2）證明：．22．（10分）已知函數，，（為自然對數的底數），且曲線與在坐標原點處的切線相同.（1）求的最小值；（2）若時，恒成立，試求實數的取值范圍.

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、A【解析】

由正態密度曲線的對稱性得出，由此可得出結果.【詳解】由于，則正態密度曲線關于直線對稱，所以，故選A.本題考查正態分布在指定區間上概率的計算，解題時要確定正態密度曲線的對稱軸，利用對稱性列等式計算，考查計算能力，屬于中等題.2、B【解析】

分析：根據循環結構的特征，依次算出每個循環單元的值，同時判定是否要繼續返回循環體，即可求得S的值．詳解:因為當不成立時，輸出，且輸出所以所以所以選B點睛：本題考查了循環結構在程序框圖中的應用，按照要求逐步運算即可，屬于簡單題．3、C【解析】試題分析：f'(x)=3x2-2x，f(a)-f(0)a-0=a2-a，所以函數f(x)=x3-x2+a是區間[0,a]上的“雙中值函數”等價于f'考點：1.新定義問題；2.函數與方程；3.導數的運算法則.【名師點睛】本題考查新定義問題、函數與方程、導數的運算法則以及學生接受鷴知識的能力與運用新知識的能力，難題.新定義問題是命題的新視角，在解題時首先是把新定義問題中的新的、不了解的知識通過轉翻譯成了解的、熟悉的知識，然后再去求解、運算.4、B【解析】因為當時，等式的左邊是，所以當時，等式的左邊是，多增加了，應選答案B．點睛：解答本題的關鍵是搞清楚當時，等式的左邊的結構形式，當時，等式的左邊的結構形式是，最終確定添加的項是什么，使得問題獲解．5、A【解析】所選的四人中至少有一名女生的選法為本題選擇A選項.6、A【解析】分析：利用雙曲線的對稱性以及圓的對稱性，求出A的坐標，代入雙曲線方程，然后求解雙曲線的離心率即可.詳解：、分別為雙曲線的左、右焦點，以原點為圓心，半焦距為半徑的圓交雙曲線右支于、兩點，且為等邊三角形，則，代入雙曲線方程可得：，即：，可得，即，可得，.故選：A.點睛：本題考查雙曲線的簡單性質的應用，考查轉化思想以及計算能力.7、A【解析】

根據復數的運算法則得，即可求得其共軛復數.【詳解】由題：，所以，所以的共軛復數為.故選：A此題考查求復數的共軛復數，關鍵在于準確求出復數Z，需要熟練掌握復數的運算法則，準確求解.8、D【解析】

設切點為，寫出切線方程為，把代入，關于的方程在上有兩個不等實根，由方程根的分布知識可求解.【詳解】設切點為，,則切線方程為，在切線上，可得，函數在上遞增，在上遞減，，又，，∴如果有兩解，則.故選：D.本題考查導數的幾何意義，考查方程根的分布問題。由方程根的個數確定參數取值范圍，可采用分離參數法，轉化為直線與函數圖象交點個數問題。9、A【解析】設圓的半徑為，則圓的面積，正六邊形的面積，所以向圓中隨機投擲一個點，該點落在正六邊形內的概率，故選A.10、B【解析】，，函數

在處有極值為10，，解得．經檢驗知，符合題意．，．選B．點睛：由于導函數的零點是函數極值點的必要不充分條件，故在求出導函數的零點后還要判斷在該零點兩側導函數的值的符號是否發生變化，然后才能作出判斷．同樣在已知函數的極值點求參數的值時，根據求得參數的值后應要進行檢驗，判斷所求參數是否符合題意，最終作出取舍．11、C【解析】由題意得，，，，則，解得，則，，令，解得，當時，為增函數；，為減函數；，為增函數，所以函數的極大值為，故選C.點睛：此題主要考查了等比數列前項和、函數極值的求解等有關方面的知識，及冪運算等運算能力，屬于中檔題型，也是常考考點.在首先根據等比數列前項和公式求出參數的值，再利用導數方法，求出函數的極值點，通過判斷極值點兩側的單調性求出極大值點，從而求出函數的極大值.12、C【解析】

A．根據復數虛部相同，實部不同時，舉例可判斷結論是否正確；B．根據實數的共軛復數還是其本身判斷是否成立；C．根據復數乘法的運算法則可知是否正確；D．考慮特殊情況：，由此判斷是否正確.【詳解】A．當時，，此時無法比較大小，故錯誤；B．當時，，所以，所以此時成立，故錯誤；C．根據復數乘法的運算法則可知：或，故正確；D．當時，，此時且，故錯誤.故選：C.本題考查復數的概念以及復數的運算性質的綜合，難度一般.(1)注意實數集是復數集的子集，因此實數是復數；(2)若，則有.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、8【解析】

根據題意對進行換元，然后利用基本不等式的推廣公式求解出目標的最小值。【詳解】解：令，，即，所以，當且僅當，即，即當時等號成立.本題考查了基本不等式推廣公式的使用，運用基本不等式推廣公式時，一定要注意題意是否滿足“一正、二定、三相等”的條件。14、或【解析】

根據不等式恒成立化簡命題為，根據一元二次方程有解化簡命題為或，再根據且命題的性質可得結果.【詳解】若命題：“，”為真；則，解得：，若命題：“，”為真，則，解得：或，若命題“”是真命題，則，或，故答案為或解答非命題、且命題與或命題真假有關的題型時，應注意：（1）原命題與其非命題真假相反；（2）或命題“一真則真”；（3）且命題“一假則假”.15、-6【解析】

利用復數代數形式的乘除運算化簡，再由虛部為0且實部不為0列式求解．【詳解】由題意，，解得．故答案為-6.本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題．16、【解析】

求出導函數，在上解不等式可得的單調減區間．【詳解】，其中，令，則，故函數的單調減區間為，填．一般地，若在區間上可導，且，則在上為單調減函數；反之，若在區間上可導且為減函數，則．注意求單調區間前先確定函數的定義域．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）4.【解析】

（1）直接利用參數方程和極坐標方程與直角坐標方程進行轉化，再利用點到直線的距離公式求出結果．（2）直接利用關系式求出結果．【詳解】（1）由已知直線l的參數方程為：（t為參數，0≤α＜π且），則：，∵，，∴O到直線l的距離為3，則，解之得．∵0＜α＜π且，∴（2）直接利用關系式，解得：．本題主要考查了參數方程和極坐標方程與直角坐標方程的轉化，點到直線的距離公式的應用．18、（I）當時，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；當時，的單調遞增區間為和，單調遞減區間是；（II）【解析】

（Ⅰ）求出，分兩種情況討論，在定義域內，分別令求得的范圍，可得函數增區間，求得的范圍，可得函數的減區間；（Ⅱ）對分四種情況討論，分別利用導數求出函數最小值的表達式，令最小值不小于零，即可篩選出符合題意的的取值范圍.【詳解】（Ⅰ）的定義域為..（1）當時，恒成立，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；（2）當時，由解得，由解得.∴的單調遞增區間為和，單調遞減區間是.（Ⅱ）①當時，恒成立，在上單調遞增，∴恒成立，符合題意.②當時，由（Ⅰ）知，在、上單調遞增，在上單調遞減.（i）若，即時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增.∴對任意的實數，恒成立，只需，且.而當時，且成立.∴符合題意.（ii）若時，在上單調遞減，在上單調遞增.∴對任意的實數，恒成立，只需即可，此時成立，∴符合題意.（iii）若，在上單調遞增.∴對任意的實數，恒成立，只需，即，∴符合題意.綜上所述，實數的取值范圍是.本題主要考查利用導數研究函數的單調性、求函數的最值以及不等式恒成立問題，屬于難題．不等式恒成立問題常見方法：①分離參數恒成立(即可)或恒成立（即可）；②數形結合(圖象在上方即可)；③討論最值或恒成立；④討論參數，排除不合題意的參數范圍，篩選出符合題意的參數范圍.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）把要解的不等式等價轉化為與之等價的三個不等式組，求出每個不等式組的解集，再取并集，即得所求.（Ⅱ）利用絕對值三角不等式求得的最小值為，等價于，分類討論，求得a的取值范圍.【詳解】（Ⅰ）當時，不等式，等價于；當時，不等式化為，即，解集為；當時，不等式化為，解得；當時，不等式化為，即，解得；綜上，不等式的解集為.（Ⅱ）當時，，等價于，若，則，∴；若，則，∴.綜上，實數的取值范圍為.本題考查了絕對值不等式的解法，函數恒成立問題，體現了轉化、分類討論的數學思想.20、（1）見解析（2）.【解析】

試題分析：（Ⅰ）取AB的中點O，連接OC，OA1，A1B，由已知可證OA1⊥AB，AB⊥平面OA1C，進而可得AB⊥A1C；（Ⅱ）易證OA，OA1，OC兩兩垂直．以O為坐標原點，的方向為x軸的正向，||為單位長，建立坐標系，可得，，的坐標，設=（x，y，z）為平面BB1C1C的法向量，則，可解得=（，1，﹣1），可求|cos＜，＞|，即為所求正弦值．解：（Ⅰ）取AB的中點O，連接OC，OA1，A1B，因為CA=CB，所以OC⊥AB，由于AB=AA1，∠BAA1=60°，所以△AA1B為等邊三角形，所以OA1⊥AB，又因為OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C，又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C；（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交線為AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC兩兩垂直．以O為坐標原點，的方向為x軸的正向，||為單位長，建立如圖所示的坐標系，可得A（1，0，0），A1（0，，0），C（0，0，），B（﹣1，0，0），則=（1，0，），=（﹣1，，0），=（0，﹣，），設=（x，y，z）為平面BB1C1C的法向量，則，即，可取y=1，可得=（，1，﹣1），故cos＜，＞==，又因為直線與法向量的余弦值的絕對值等于直線與平面的正弦值，故直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為：．考點：用空間向量求直線與平面的夾角；直線與平面垂直的性質；平面與平面垂直的判定；直線與平面所成的角．21、（1）見解析；（2）見解析【解析】

（1）求導函數，利用曲線在，（1）處的切線方程，可得（1），（1），由此可求，的值，再由單調性的性質即可得證；（2）運用函數的零點存在定理可得存在，，可得，可得，即，再由單調性可得，再由對勾函數的單調性可得所求結論．【詳解】（1）由，得，所以，，解得，．因此，設，，所以為增函數．（2），，故存在，使得，即，即.進而