珠海市重點中學2025屆數學高二下期末學業水平測試模擬試題注意事項：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．已知函數的圖象上，有且只有三個不同的點，它們關于直線的對稱點落在直線上，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．2．點A、B在以PC為直徑的球O的表面上，且AB⊥BC，AB=2，BC=4，若球O的表面積是24π，則異面直線PB和AC所成角余弦值為（）A．33 B．32 C．103．某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形.該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為A．10 B．12C．14 D．164．已知在R上是奇函數，且A．-2 B．2 C．-98 D．985．已知復數（其中為虛數單位），則A． B． C． D．6．已知，函數，若對任意給定的，總存在，使得，則的最小值為（）A． B． C．5 D．67．如圖，將一個各面都涂了油漆的正方體，切割為個同樣大小的小正方體，經過攪拌后，從中隨機取出一個小正方體，記它的油漆面數為，則的均值（）A． B． C． D．8．已知集合，則（）A． B． C． D．9．下列命題中，假命題是（）A．不是有理數 B．C．方程沒有實數根 D．等腰三角形不可能有的角10．與曲線相切于處的切線方程是（其中是自然對數的底）（）A． B． C． D．11．已知函數，若函數的圖象與軸的交點個數不少于2個，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．12．已知函數是定義在上的奇函數，且，當時，，則（）A．2 B． C．1 D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．用數學歸納法證明時，由的假設到證明時，等式左邊應添加的式子是__________．14．若ax2+的展開式中x5的系數是—80，則實數a=_______.15．已知變數滿足約束條件目標函數僅在點處取得最大值，則的取值范圍為_____________．16．若的展開式中的系數是，則．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）在直角坐標系xOy中，直線l的參數方程為x=1+255ty=1+55t（t為參數），以（Ⅰ）求直線l的普通方程和曲線C的直角坐標方程；（Ⅱ）點P1,1，直線l與曲線C交于A,B兩點，若PA?PB18．（12分）把6本不同的書，全部分給甲，乙，丙三人，在下列不同情形下，各有多少種分法？（用數字作答）(Ⅰ)甲得2本；(Ⅱ)每人2本；(Ⅲ)有1人4本，其余兩人各1本．19．（12分）（坐標系與參數方程選做題）在極坐標系中，過點(22,π4)20．（12分）在銳角中，角的對邊分別為，中線，滿足.（1）求；（2）若，求周長的取值范圍.21．（12分）如圖，直三棱柱中，側面為正方形，，是的中點，是的中點.（1）證明：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.22．（10分）已知函數.(1)若，求函數的單調區間；(2)若的極小值點，求實數a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、D【解析】

可先求關于的對稱直線，聯立對稱直線和可得關于x的函數方程，采用分離參數法以及數形結合的方式進行求解即可【詳解】設直線關于的對稱函數為，則，因為與有三個不同交點，聯立，可得，當時顯然為一解，當時，有，畫出的圖像，可知滿足與有兩交點需滿足綜上所述，實數的取值范圍是答案選D本題考察了直線關于對稱直線的求法，函數零點中分離參數、數形結合、分類討論等基本知識，對數學思維轉化能力要求較高，特別是分離參數與數形結合求零點問題，是考察重點2、C【解析】

首先作出圖形，計算出球的半徑，通過幾何圖形，找出異面直線PB和AC所成角，通過余弦定理即可得到答案.【詳解】設球O的半徑為R,則4πR2=24π，故R=6，如圖所示：分別取PA,PB,BC的中點M,N,E，連接MN,NE,ME,AE，易知，PA⊥平面ABC，由于AB⊥BC，所以AC=AB2+BC2=25，所以PA=PC2-AC2=2，因為E為BC的中點，則AE=AB2+BE2=2cos∠MNE=MN2+NE2-M本題主要考查外接球的相關計算，異面直線所成角的計算.意在考查學生的空間想象能力，計算能力和轉化能力，難度較大.3、B【解析】由題意該幾何體的直觀圖是由一個三棱錐和三棱柱構成，如下圖，則該幾何體各面內只有兩個相同的梯形，則這些梯形的面積之和為，故選B.點睛:三視圖往往與幾何體的體積、表面積以及空間線面關系、角、距離等問題相結合，解決此類問題的關鍵是由三視圖準確確定空間幾何體的形狀及其結構特征并且熟悉常見幾何體的三視圖.4、A【解析】∵f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)是以4為周期的周期函數，∴f(2019)＝f(504×4＋3)＝f(3)＝f(－1)．又f(x)為奇函數，∴f(－1)＝－f(1)＝－2×12＝－2，即f(2019)＝－2.故選A5、B【解析】分析：根據復數的運算法則和復數的模計算即可.詳解：，則.故選：B.點睛：復數的代數形式的運算主要有加、減、乘、除及求低次方根．除法實際上是分母實數化的過程．6、D【解析】分析：先化簡函數的解析式得，再解方程f(x)=0得到，再分析得到，再討論a=0的情況得到w的范圍，再綜合即得w的最小值.詳解：當a≠0時，，由f(x)=0得，因為所以，根據三角函數的圖像得只要coswx=1滿足條件即可，這時，所以當a=0時，，令f(x)=0，所以coswx=0，須滿足綜合得故答案為：D.點睛：（1）本題主要考查三角恒等變換，考查函數的零點和三角函數的圖像和性質，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力數形結合思想方法.(2)解答本題的難點在討論a≠0時，分析推理出.7、C【解析】分析：由題意知，分別求出相應的概率，由此能求出.詳解：由題意知，；；；；.故選：C.點睛：正確找出所涂油漆的面數的正方體的個數及古典概型的概率計算公式、分布列與數學期望是解題的關鍵.8、C【解析】

利用對數函數的單調性對集合化簡得x|0＜x＜1}，然后求出A∩B即可．【詳解】＝{x|0＜x＜2}，∴A∩B＝{1}，故選：C考查對數不等式的解法，以及集合的交集及其運算．9、D【解析】

根據命題真假的定義，對各選項逐一判定即可．【詳解】解：.為無理數，故正確，．，故正確，．因為，即方程沒有實根，故正確，．等腰三角形可能以為頂角，為底角，故錯誤，故選：．本題考查命題真假的判斷，屬于基礎題．10、B【解析】

求出導函數，把代入導函數，可求出切線的斜率，根據的坐標和直線的點斜式方程可得切線方程．【詳解】由可得，切線斜率，故切線方程是，即．故選B．本題主要考查利用導數求曲線切線方程，屬于簡單題.求曲線切線方程的一般步驟是：（1）求出在處的導數，即在點出的切線斜率（當曲線在處的切線與軸平行時，在處導數不存在，切線方程為）；（2）由點斜式求得切線方程.11、C【解析】分析：根據的圖象與軸的交點個數不少于2個，可得函數的圖象與的交點個數不少于2個，在同一坐標系中畫出兩個函數圖象，結合圖象即可得到m的取值范圍.詳解：的圖象與軸的交點個數不少于2個，函數的圖象與函數的圖象的交點個數不少于2個，函數，時，函數為指數函數，過點，時，函數，為對稱軸，開口向下的二次函數.，為過定點的一條直線.在同一坐標系中，畫出兩函數圖象，如圖所示.（1）當時，①當過點時，兩函數圖象有兩個交點，將點代入直線方程，解得.②當與相切時，兩函數圖象有兩個交點.聯立，整理得則，解得，（舍）如圖當，兩函數圖象的交點個數不少于2個.（2）當時，易得直線與函數必有一個交點如圖當直線與相切時有另一個交點設切點為，，切線的斜率，切線方程為切線與直線重合，即點在切線上.，解得由圖可知，當,兩函數圖象的交點個數不少于2個.綜上，實數的取值范圍是故選C.點睛：本題考查函數零點問題，考查數形結合思想、轉化思想及分類討論的思想，具有一定的難度.利用函數零點的情況，求參數值或取值范圍的方法（1）利用零點存在的判定定理構建不等式求解（2）分離參數后轉化為函數的值域（最值）問題求解（3）轉化為兩熟悉的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解.12、B【解析】

由，可得，則函數是周期為8的周期函數，據此可得，結合函數的周期性與奇偶性，即可求解．【詳解】根據題意，函數滿足，則有，則函數是周期為8的周期函數，則，又由函數為奇函數，則，則，即；故選B．本題主要考查了函數的奇偶性與周期性的綜合應用，其中解答中根據題設條件，求得函數的周期是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】分析：根據等式左邊的特點，各項數字先遞增再遞減，分別寫出與的結論，即可得到答案.詳解：根據等式左邊的特點，各項數字先遞增再遞減，得時，左邊時，左邊比較兩式，等式左邊應添加的式子是故答案為點睛：本題主要考查數學歸納法，由的假設到證明時，等式左邊應添加的式子.14、-2【解析】試題分析：因為，所以由，因此【考點】二項式定理【名師點睛】本題是二項式定理問題中的常見題型，二項展開式的通項往往是考查的重點.本題難度不大，易于得分.能較好地考查考生的基本運算能力等.15、【解析】

試題分析：由題意知滿足條件的線性區域如圖所示：，點，而目標函數僅在點處取得最大值，所以考點：線性規劃、最值問題.16、1【解析】

先求出二項式的展開式的通項公式，令的指數等于，求出的值，即可求得展開式中的項的系數，再根據的系數是列方程求解即可.【詳解】展開式的的通項為，令，的展開式中的系數為，故答案為1.本題主要考查二項展開式定理的通項與系數，屬于簡單題.二項展開式定理的問題也是高考命題熱點之一，關于二項式定理的命題方向比較明確，主要從以下幾個方面命題：（1）考查二項展開式的通項公式；（可以考查某一項，也可考查某一項的系數）（2）考查各項系數和和各項的二項式系數和；（3）二項展開式定理的應用.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）x-2y+1=0，y2（Ⅱ）a=0或1．【解析】

（Ⅰ）利用極直互化公式即可把曲線C的極坐標方程化為普通方程，消去參數t求出直線的普通方程即可；（Ⅱ）聯立直線方程和C的方程，結合二次函數的性質得到關于t的方程，由t的幾何意義列方程，解出即可．【詳解】（Ⅰ）∵C:ρsin∴ρy2而直線l的參數方程為x=1+255則l的普通方程是：x-2y+1=0；（Ⅱ）由（Ⅰ）得：y2=2ax①，l的參數方程為x=1+2將②代入①得：t2故t1由PA?PB解得：a=0或1．本題考查了極坐標方程，參數方程以及普通方程的轉化，考查直線和曲線的位置關系，是一道常規題．18、（Ⅰ）240種（Ⅱ）90種（Ⅲ）90種【解析】

（Ⅰ）根據題意，分2步進行分析：①，在6本書中任選2本，分給甲，②，將剩下的4本分給乙、丙，由分步計數原理計算可得答案；（Ⅱ）根據題意，分2步進行分析：①，將6本書平均分成3組，②，將分好的3組全排列，分給甲乙丙三人，由分步計數原理計算可得答案；（Ⅲ）根據題意，分2步進行分析：①，在6本書中任選4本，分給三人中1人，②，將剩下的2本全排列，安排給剩下的2人，由分步計數原理計算可得答案；【詳解】（Ⅰ）根據題意，分2步進行分析：①，在6本書中任選2本，分給甲，有C62＝15種選法，②，將剩下的4本分給乙、丙，每本書都有2種分法，則有2×2×2×2＝16種分法，則甲得2本的分法有15×16＝240種；（Ⅱ）根據題意，分2步進行分析：①，將6本書平均分成3組，有15種分組方法，②，將分好的3組全排列，分給甲乙丙三人，有A33＝6種情況，則有15×6＝90種分法；（Ⅲ）根據題意，分2步進行分析：①，在6本書中任選4本，分給三人中1人，有C64×C31＝45種分法，②，將剩下的2本全排列，安排給剩下的2人，有A22＝2種情況，則有45×2＝90種分法．本題考查排列、組合的應用，考查了分組分配問題的步驟，涉及分類、分步計數原理的應用，屬于中檔題．19、【解析】分析：由圓ρ=4sinθ化為x2+y2-4y=0詳解：∵圓ρ=4sinθ，∵極坐標系中，點22,π在x2+y2-4y=0上，x2∴過點A（2，2）的圓x2+y2-4y=0的切線方程為：點睛：本題考查簡單曲線的極坐標方程，是基礎題．解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉化．20、（1）；（2）.【解析】

（1）利用，兩邊平方后，代入，利用余弦定理求得的值，進而求得.（2）利用正弦定理進行轉化，結合三角函數值域的求法，求得周長的取值范圍.【詳解】（1）由于是三角形的中線，所以，兩邊平方并化簡得，將代入上式得，故，所以.（2）由正弦定理得，而，所以的周長為，由于三角形是銳角三角形，所以，所以，所以，所以，也即三角形周長的取值范圍是.本小題主要考查向量運算，考查余弦定理、正弦定理解三角形，考查輔助角公式，考查三角函數值域的求法，屬于中檔題.21、（1）證明見解析；（2）.【解析】

(1)由題意可得平面即可得，再利用可以得到，由線面垂直判斷定理可得平面，然后根據面面垂直判斷定理可得結論；(2)先以點為原點建立空間直角坐標系，設，寫出相關點的坐標，再求出平面的法向量和平面的法向量，由數量積公式求出二面角的余弦值.【詳解】（1）∵三棱柱為直三棱柱，，∴平面，∴，∵是的