云南省大理州南澗縣民族中學2025屆數學高二第二學期期末教學質量檢測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．某班有50人，從中選10人均分2組（即每組5人），一組打掃教室，一組打掃操場，那么不同的選派法有（）A． B． C． D．2．若(3x-1x)A．-5B．5C．-405D．4053．設，則二項式展開式的常數項是（）A．1120 B．140 C．-140 D．-11204．設命題：，，則為（）A．， B．，C．， D．，5．已知雙曲線的兩個焦點分別為，過右焦點作實軸的垂線交雙曲線于，兩點，若是直角三角形，則雙曲線的離心率為()A． B． C． D．6．不相等的三個正數a、b、c成等差數列，并且x是a、b的等比中項，y是b、c的等比中項，則x2、b2、y2三數()A．成等比數列而非等差數列B．成等差數列而非等比數列C．既成等差數列又成等比數列D．既非等差數列又非等比數列7．已知，則“”是“”的（）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．既非充分又非必要條件8．函數的最小正周期是（）A． B． C． D．9．已知直線的傾斜角為，直線與雙曲線的左、右兩支分別交于兩點，且都垂直于軸（其中分別為雙曲線的左、右焦點），則該雙曲線的離心率為A． B． C． D．10．若實數滿足不等式組，則的最大值為（）A．8 B．10 C．7 D．911．在區間[-1,4]內取一個數x,則≥的概率是（）A． B． C． D．12．設，若函數，有大于零的極值點，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知X的分布列如圖所示，則X-101P0.20.3a（1），（2），（3），其中正確的個數為________.14．已知向量與的夾角為，且，，則向量在向量方向上的投影為________．15．設是定義在上的可導函數，且滿足，則不等式解集為_______．16．若對一切恒成立，則a的取值范圍為________.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）當時，求函數的單調區間和極值；（2）若對于任意，都有成立，求實數的取值范圍；（3）若，且，證明：.18．（12分）已知函數（1）當時，，求的取值范圍；（2）時，證明：f(x)有且僅有兩個零點。19．（12分）已知為等差數列，且，.（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前項和.20．（12分）已知函數，為的導數．（Ⅰ）求曲線在點處的切線方程；（Ⅱ）證明：在區間上存在唯一零點；（Ⅲ）設，若對任意，均存在，使得，求實數的取值范圍.21．（12分）設（1）解不等式；（2）對任意的非零實數，有恒成立，求實數的取值范圍.22．（10分）設函數過點．（Ⅰ）求函數的極大值和極小值．（Ⅱ）求函數在上的最大值和最小值．

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】

根據先分組，后分配的原則得到結果.【詳解】由題意，先分組，可得，再一組打掃教室，一組打掃操場，可得不同的選派法有.故選A．不同元素的分配問題，往往是先分組再分配．在分組時，通常有三種類型：①不均勻分組；②均勻分組；③部分均勻分組．注意各種分組類型中，不同分組方法的求解．2、C【解析】由題設可得2n=32?n=5，則通項公式Tr+1=C5r3、A【解析】

分析：利用微積分基本定理求得，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，即可求得展開式的常數項.詳解：由題意，二項式為，設展開式中第項為，，令，解得，代入得展開式中可得常數項為，故選A.點睛：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.4、D【解析】分析：直接利用特稱命題的否定解答.詳解：由特稱命題的否定得為：，，故答案為：D.點睛：（1）本題主要考查特稱命題的否定，意在考查學生對該知識的掌握水平.(2)特稱命題,特稱命題的否定.5、B【解析】分析：由題意結合雙曲線的結合性質整理計算即可求得最終結果.詳解：由雙曲線的對稱性可知：，則為等腰直角三角形，故，由雙曲線的通徑公式可得：，據此可知：，即，整理可得：，結合解方程可得雙曲線的離心率為：.本題選擇B選項.點睛：雙曲線的離心率是雙曲線最重要的幾何性質，求雙曲線的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根據一個條件得到關于a，b，c的齊次式，結合b2＝c2－a2轉化為a，c的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以a或a2轉化為關于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范圍)．6、B【解析】由已知條件，可得由②③得代入①，得＝2b，即x2＋y2＝2b2.故x2、b2、y2成等差數列，故選B.7、A【解析】

“a＞1”?“”，“”?“a＞1或a＜0”，由此能求出結果．【詳解】a∈R，則“a＞1”?“”，“”?“a＞1或a＜0”，∴“a＞1”是“”的充分非必要條件．故選A．充分、必要條件的三種判斷方法．1．定義法：直接判斷“若則”、“若則”的真假．并注意和圖示相結合，例如“?”為真，則是的充分條件．2．等價法：利用?與非?非，?與非?非，?與非?非的等價關系，對于條件或結論是否定式的命題，一般運用等價法．3．集合法：若?，則是的充分條件或是的必要條件；若＝，則是的充要條件．8、D【解析】

根據正切型函數的周期公式可求出函數的最小正周期.【詳解】由題意可知，函數的最小正周期，故選D.本題考查正切型函數周期的求解，解題的關鍵在于利用周期公式進行計算，考查計算能力，屬于基礎題.9、D【解析】

根據題意設點，，則，又由直線的傾斜角為，得，結合點在雙曲線上，即可求出離心率.【詳解】直線與雙曲線的左、右兩支分別交于、兩點，且、都垂直于軸，根據雙曲線的對稱性，設點，，則，即，且，又直線的傾斜角為，直線過坐標原點，，，整理得，即，解方程得，（舍）故選D.本題考查雙曲線的幾何性質、直線與雙曲線的位置關系及雙曲線離心率的求法，考查化簡整理的運算能力和轉化思想，屬于中檔題.圓錐曲線離心率的計算，常采用兩種方法：1、通過已知條件構建關于的齊次方程，解出.根據題設條件（主要用到：方程思想，余弦定理，平面幾何相似，直角三角形性質等）借助之間的關系，得到關于的一元方程，從而解得離心率.2、通過已知條件確定圓錐曲線上某點坐標，代入方程中，解出.根據題設條件，借助表示曲線某點坐標，代入曲線方程轉化成關于的一元方程，從而解得離心率.10、D【解析】

根據約束條件，作出可行域，將目標函數化為，結合圖像，即可得出結果.【詳解】由題意，作出不等式組表示的平面區域如下圖所示，目標函數可化為，結合圖像可得，當目標函數過點時取得最大值，由解得.此時.選D。本題主要考查簡單的線性規劃問題，通常需要作出可行域，轉化目標函數，結合圖像求解，屬于常考題型.11、D【解析】

先解不等式，確定解集的范圍，然后根據幾何概型中的長度模型計算概率.【詳解】因為，所以，解得，所以.幾何概型中長度模型（區間長度）的概率計算：.12、B【解析】試題分析：設，則，若函數在x∈R上有大于零的極值點．即有正根，當有成立時，顯然有，此時．由，得參數a的范圍為．故選B．考點：利用導數研究函數的極值．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解析】

由分布列先求出，再利用公式計算和即可.【詳解】解：由題意知：，即；綜上，故（1）正確，（2）（3）錯誤，正確的個數是1.故答案為：1.本題考查了離散型隨機變量的期望和方差，屬于基礎題.14、【解析】

由題知，，再根據投影的概念代入計算即可.【詳解】，，所以向量在向量方向上的投影為.故答案為：本題主要考查了向量模的坐標計算，投影的概念與計算.15、【解析】

構造函數，結合題意求得，由此判斷出在上遞增，由此求解出不等式的解集.【詳解】令，，故函數在上單調遞增，不等式可化為，則，解得：．本小題主要考查構造函數法解不等式，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于基礎題.16、【解析】

由題意可得恒成立，設，求得導數和單調性、極值和最值，即有a小于最小值．【詳解】對一切恒成立，可得恒成立，設，則，，當時，，遞增；時，，遞減，可得處取得極小值，且為最小值4，可得．故答案為：．本題考查不等式恒成立問題的解法，注意運用參數分離和導數的運用，考查運算能力，屬于中檔題．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)答案見解析；(2)；(3)證明見解析.【解析】

（1），①時，因為，所以，函數的單調遞增區間是，無單調遞減區間，無極值；②當時，令，解得，當時，；當，．所以函數的單調遞減區間是，單調遞增區間是，在區間上的極小值為，無極大值．（2）由題意，，即問題轉化為對于恒成立，即對于恒成立，令，則，令，則，所以在區間上單調遞增，故，故，所以在區間上單調遞增，函數．要使對于恒成立，只要，所以，即實數k的取值范圍為．（3）證法1因為，由（1）知，函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，且．不妨設，則，要證，只要證，即證．因為在區間上單調遞增，所以，又，即證，構造函數，即，．，因為，所以，即，所以函數在區間上單調遞增，故，而，故，所以，即，所以成立．證法2要證成立，只要證：.因為，且，所以，即，，即，，同理，從而，要證，只要證，令不妨設，則，即證，即證，即證對恒成立，設，，所以在單調遞增，，得證，所以.18、（1）（2）見解析【解析】

（1）參變分離，求最值。確定的取值范圍。（2）求導判斷的單調性。說明零點存在。【詳解】（1）由得令，∴在上時增函數∴∴.（2）當時，（）∴∴∴在是增函數又，∴在上有且僅有一個解，設為-0+↘最小↗∴又∴有且僅有兩個零點.本題考查參變分離，利用單調性討論函數零點，屬于中檔題。19、(1).(2).【解析】分析：（1）由，可得，解之得，從而可得的通項公式；（2）由可得，，利用錯位相減法即可得結果.詳解：（Ⅰ）由已知條件可得，解之得，，所以，.（Ⅱ）由可得，，設數列的前項和為.則，∴，以上二式相減得，所以，.點睛：本題主要考查等差數列的通項公式基本量運算以及錯位相減法求數列的前項和，屬于中檔題.一般地，如果數列是等差數列，是等比數列，求數列的前項和時，可采用“錯位相減法”求和，一般是和式兩邊同乘以等比數列的公比，然后作差求解,在寫出“”與“”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“”的表達式.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）.【解析】

（Ⅰ）將代入求出切點坐標，由題可得，將代入求出切線斜率，進而求出切線方程．（Ⅱ）設，則，由導函數研究的單調性進，而得出答案．（Ⅲ）題目等價于，易求得，利用單調性求出的最小值，列不等式求解．【詳解】（Ⅰ），所以，即切線的斜率，且，從而曲線在點處的切線方程為.（Ⅱ）設，則.當時，；當時，，所以在單調遞增，在單調遞減.又，故在存在唯一零點.所以在存在唯一零點.（Ⅲ）由已知，轉化為，且的對稱軸所以.由(Ⅱ)知，在只有一個零點，設為，且當時，；當時，，所以在單調遞增，在單調遞減.又，所以當時，.所以，即，因此，的取值范圍是.導數是高考的重要考點，本題考查導數的幾何意義，利用單調性解決函數的恒成立問題，存在性問題等，屬于一般題．21、（1）（2）【解析】

（1）通過討論的范圍去絕對值符號，從而解出不等式．（2）恒成立等價于恒成立的問題即可解決．【詳解】（1）令當時當時當時綜上所述（2）恒成立等價于（當且僅當時取等）恒成立本題主要考查了解絕對值不