陜西省寶雞市眉縣2025屆數學高二第二學期期末學業質量監測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．命題若，則，是的逆命題，則（）A．真，真 B．真，假 C．假，真 D．假，假2．用5種不同顏色給圖中的A、B、C、D四個區域涂色，規定一個區域只涂一種顏色，相鄰的區域顏色不同，共有種不同的涂色方案．A．420 B．180 C．64 D．253．直線（為參數）上與點的距離等于的點的坐標是A． B．C．或 D．或4．已知,是離心率為的雙曲線上關于原點對稱的兩點，是雙曲線上的動點，且直線的斜率分別為，，，則的取值范圍為（）A． B．C． D．)5．如圖，長方形的四個頂點為，，，，曲線經過點.現將一質點隨機投入長方形中，則質點落在圖中陰影區域外的概率是（）A． B． C． D．6．設，則z的共軛復數為A． B． C． D．7．已知函數，則方程的根的個數為（）A．7 B．5 C．3 D．28．在一次投籃訓練中，某隊員連續投籃兩次.設命題是“第一次投中”，是“第二次投中”，則命題“兩次都沒有投中目標”可表示為A． B． C． D．9．已知函數，則函數的大致圖象是（）A． B．C． D．10．構造如圖所示的圖形，它是由3個全等的三角形與中間的一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形，設，則與的面積之比為（）A． B． C． D．11．在長方形中，為的中點，為的中點，設則（）A． B． C． D．12．已知隨機變量服從正態分布，若，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在區間[]上隨機取一個實數，則事件“”發生的概率為____．14．已知二項式的展開式中各項的二項式系數之和是16，則展開式中的含項的系數是_________．15．已知、滿足組合數方程，則的最大值是_____________.16．若ξ～N，且P（2＜ξ＜4）＝0.4，則P（ξ＜0）＝_____．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，在正三棱錐中，側棱長和底邊長均為，點為底面中心.（1）求正三棱錐的體積；（2）求證：.18．（12分）設函數.(Ⅰ)討論函數的單調性；(Ⅱ)當函數有最大值且最大值大于時，求的取值范圍.19．（12分）已知函數，.（1）求函數的單調區間；（2）若關于的方程有實數根，求實數的取值范圍.20．（12分）已知5名同學站成一排，要求甲站在中間，乙不站在兩端，記滿足條件的所有不同的排法種數為.（I）求的值；（II）求的展開式中的常數項.21．（12分）已知.猜想的表達式并用數學歸納法證明你的結論.22．（10分）伴隨著智能手機的深入普及，支付形式日漸多樣化，打破了傳統支付的局限性和壁壘，有研究表明手機支付的使用比例與人的年齡存在一定的關系，某調研機構隨機抽取了50人，對他們一個月內使用手機支付的情況進行了統計，如表：年齡（單位：歲）[15，25）[25，35）[35，45）[45，55）[55，65）[65，75）人數510151055使用手機支付人數31012721（1）若以“年齡55歲為分界點”，由以上統計數據完成下面的2×2列聯表，并判斷是否有99%的把握認為“使用手機支付”與人的年齡有關；年齡不低于55歲的人數年齡低于55歲的人數合計使用不適用合計（2）若從年齡在[55，65），[65，75）內的被調查人中各隨機選取2人進行追蹤調查，記選中的4人中“使用手機支付”的人數為ξ，求隨機變量ξ的分布列與數學期望；參考數據如下：0.050.0100.001k03.8416.63510.828參考格式：，其中

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、C【解析】由題意，，所以，得，所以命題為假命題，又因為是的逆命題，所以命題：若，則為真命題，故選C.2、B【解析】分析：由于規定一個區域只涂一種顏色，相鄰的區域顏色不同，可分步進行，區域A有5種涂法，B有4種涂法，C有3種，D有3種涂法，根據乘法原理可得結論．詳解：由題意，由于規定一個區域只涂一種顏色，相鄰的區域顏色不同，可分步進行，區域A有5種涂法，B有4種涂法，C有3種，D有3種涂法∴共有5×4×3×3=180種不同的涂色方案．故答案為：B.點睛：解答排列、組合應用題要從“分析”、“分辨”、“分類”、“分步”的角度入手．(1)“分析”就是找出題目的條件、結論，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨別是排列還是組合，對某些元素的位置有、無限制等；(3)“分類”就是將較復雜的應用題中的元素分成互相排斥的幾類，然后逐類解決；(4)“分步”就是把問題化成幾個互相聯系的步驟，而每一步都是簡單的排列、組合問題，然后逐步解決．3、D【解析】

直接利用兩點間的距離公式求出t的值，再求出點的坐標.【詳解】由，得，則，則所求點的坐標為或.故選D本題主要考查直線的參數方程和兩點間的距離公式，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.4、B【解析】

因為M,N關于原點對稱，所以設其坐標，然后再設P坐標，將表示出來.做差得，即有，最后得到關于的函數，求得值域.【詳解】因為雙曲線的離心率，所以有，故雙曲線方程即為.設M,N,P的坐標分別是,則，并且做差得，即有，于是有因為的取值范圍是全體實數集，所以或，即的取值范圍是，故選B.本題考查雙曲線的性質，有一定的綜合性和難度.5、A【解析】

計算長方形面積，利用定積分計算陰影部分面積，由面積測度的幾何概型計算概率即可.【詳解】由已知易得：，由面積測度的幾何概型：質點落在圖中陰影區域外的概率故選：A本題考查了面積測度的幾何概型，考查了學生轉化劃歸，數學運算的能力，屬于基礎題.6、D【解析】試題分析：的共軛復數為，故選D．考點：1.復數的四則運算；2.共軛復數的概念．7、A【解析】

令，先求出方程的三個根，，，然后分別作出直線，，與函數的圖象，得出交點的總數即為所求結果.【詳解】令，先解方程.（1）當時，則，得；（2）當時，則，即，解得，.如下圖所示：直線，，與函數的交點個數為、、，所以，方程的根的個數為，故選A.本題考查復合函數的零點個數，這類問題首先將函數分為內層函數與外層函數，求出外層函數的若干個根，再作出這些直線與內層函數圖象的交點總數即為方程根的個數，考查數形結合思想，屬于難題．8、D【解析】分析：結合課本知識點命題的否定和“且”聯結的命題表示來解答詳解：命題是“第一次投中”，則命題是“第一次沒投中”同理可得命題是“第二次沒投中”則命題“兩次都沒有投中目標”可表示為故選點睛：本題主要考查了，以及的概念，并理解為真時，，中至少有一個為真。9、A【解析】

根據函數的奇偶性和特殊值進行排除可得結果．【詳解】由題意，所以函數為偶函數，其圖象關于軸對稱，排除D；又，所以排除B,C．故選A．已知函數的解析式判斷圖象的大體形狀時，可根據函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性：如奇函數在對稱的區間上單調性一致，偶函數在對稱的區間上單調性相反，這是判斷圖象時常用的方法之一．10、D【解析】

由題意得出點為的中點，由余弦定理得出，結合三角形面積公式得出正確答案.【詳解】，，即點為的中點由余弦定理得：解得：故選：D本題主要考查了余弦定理以及三角形的面積公式，屬于中檔題.11、A【解析】

由平面向量線性運算及平面向量基本定理，即可化簡，得到答案．【詳解】如圖所示，由平面向量線性運算及平面向量基本定理可得：．本題主要考查了平面向量的線性運算，以及平面向量的基本定理的應用，其中解答中熟記向量的運算法則和平面向量的基本定理是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．12、C【解析】分析：先根據正態分布得再求最后求得=0.34.詳解：由正態分布曲線得所以所以=0.5-0.16=0.34.故答案為：C.點睛：（1）本題主要考查正態分布曲線的性質，意在考查學生對這些知識的掌握水平和數形結合思想和方法.（2）解答本題的關鍵是數形結合，要結合正態分布曲線的圖像和性質解答，不要死記硬背.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由，得﹣2≤x≤0，由此利用幾何概型概率計算公式能求出事件“”發生的概率．∵，∴﹣2≤x≤0，∵在區間[﹣3，5]上隨機取一個實數x，∴由幾何概型概率計算公式得：事件“”發生的概率為p==．故答案為：．本題考查了幾何概型概率的求法；在利用幾何概型的概率公式來求其概率時，幾何“測度”可以是長度、面積、體積、角度等，其中對于幾何度量為長度，面積、體積時的等可能性主要體現在點落在區域Ω上任置都是等可能的，而對于角度而言，則是過角的頂點的一條射線落在Ω的區域（事實也是角）任一位置是等可能的．14、【解析】

先由二項式系數之和求出，再根據二項展開式的通項公式，即可求出結果.【詳解】因為二項式的展開式中各項的二項式系數之和是16，所以，即；所以，其二項展開式的通項為：，令得，所以，因此含項的系數是.故答案為：.本題主要考查求指定項的系數，熟記二項式定理即可，屬于常考題型.15、【解析】

由組合數的性質得出或，然后利用二次函數的性質或基本不等式求出的最大值，并比較大小可得出結論.【詳解】、滿足組合數方程，或，當時，則；當時，.因此，當時，取得最大值.故答案為：.本題考查組合數基本性質的應用，同時也考查了兩數乘積最大值的計算，考查了二次函數的基本性質的應用以及基本不等式的應用，考查運算求解能力，屬于中等題.16、0.1．【解析】

由正態分布曲線的對稱性，可得，進而得到所以，即可求解.【詳解】由題意，隨機變量，且，根據正態分布曲線的對稱性，可得，所以.本題主要考查了正態分布的應用，其中解答中熟記正態分布曲線的對稱性是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，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）；（2）證明見解析.【解析】

（1）連接，根據題意得到底面，，求出，再由三棱錐的體積公式，即可求出結果；（2）取的中點為，連接，，得到，，根據線面垂直的判定定理，得到平面，進而可得出結果.【詳解】（1）連接，因為在正三棱錐中，側棱長和底邊長均為，點為底面中心，所以底面，，因此；所以正三棱錐的體積；（2）取的中點為，連接，，因為在正三棱錐中，側棱長和底邊長均為，所以，，又，平面，平面，所以平面；又平面，因此.本題主要考查求三棱錐的體積，以及證明線線垂直，熟記棱錐的體積公式，以及線面垂直的判定定理與性質定理即可，屬于常考題型.18、(1)當時，函數在上單調遞增，當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減；(2)．【解析】

（Ⅰ）函數的定義域為，①當時，，函數在上單調遞增；②當時，令，解得，i）當時，，函數單調遞增，ii）當時，，函數單調遞減；綜上所述：當時，函數在上單調遞增，當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減；（Ⅱ）由（Ⅰ）得：當函數有最大值且最大值大于，，即，令，且在上單調遞增，在上恒成立，故的取值范圍為.19、（1）函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為；（2）當時，方程有實數根.【解析】試題分析：(1)結合函數的解析式可得，，結合導函數與原函數的單調性的關系可得函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.(2)原問題等價于方程有實數根，構造函數，利用導函數研究函數存在零點的充要條件可得：當時，方程有實數根.試題解析：（1）依題意，得，.令，即，解得；令，即，解得，故函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.（2）由題得，.依題意，方程有實數根，即函數存在零點，又，令，得.當時，，即函數在區間上單調遞減，而，，所以函數存在零點；當時，，隨的變化情況如表：極小值所以為函數的極小值，也是最小值.當，即時，函數沒有零點；當，即時，注意到，，所以函數存在零點.綜上所述，當時，方程有實數根.點睛：導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，所以在歷屆高考中，對導數的應用的考查都非常突出，本專題在高考中的命題方向及命題角度從高考來看，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系．(2)利用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已知單調性，求參數．(3)利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優化問題．(4)考查數形結合思想的應用．20、（I）12；（II）672.【解析】

（I）先考慮特殊要求，再排列其他的；（II）根據二項式定理展開式的通項公式求解.【