西藏林芝二中2025年數學高二下期末綜合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．已知奇函數的導函數為，當時，，若，，則的大小關系正確的是（）A． B． C． D．2．在復平面內復數z對應的點在第四象限，對應向量的模為3，且實部為，則復數等于（）A． B． C． D．3．在復平面內，向量對應的復數是，向量對應的復數是，則向量對應的復數對應的復平面上的點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．二項式展開式中，的系數是（

）A． B． C．

D．5．函數的部分圖像可能是（）A． B． C． D．6．已知，則()A． B． C． D．以上都不正確7．若函數滿足：對任意的，都有，則函數可能是A． B． C． D．8．“”是“”的（）A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件9．設命題，，則為（）．A．， B．，C．， D．，10．已知三棱柱的側棱與底面邊長都相等，在底面上的射影為的中點，則異面直線與所成的角的余弦值為A． B． C． D．11．若復數滿足為虛數單位），則（）A． B． C． D．12．已知函數的導函數為，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知曲線與軸只有一個交點，則_____．14．拋物線的焦點為F，點是拋物線C上的一點滿足，則拋物線C的方程為________.15．已知，則___________；16．一個興趣學習小組由12男生6女生組成，從中隨機選取3人作為領隊，記選取的3名領隊中男生的人數為X，則X的期望EX=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）在中，角，，的對邊分別為，，，且.（1）求角的值；（2）若，且的面積為，求邊上的中線的大小.18．（12分）甲盒有標號分別為1、2、3的3個紅球;乙盒有標號分別為1、2、3、4的4個黑球,從甲、乙兩盒中各抽取一個小球.(1)求抽到紅球和黑球的標號都是偶數的概率;(2)現從甲乙兩盒各隨機抽取1個小球,記其標號的差的絕對值為,求的分布列和數學期望.19．（12分）為了研究玉米品種對產量的，某農科院對一塊試驗田種植的一批玉米共10000株的生長情況進行研究，現采用分層抽樣方法抽取50株作為樣本，統計結果如下：高莖矮莖總計圓粒111930皺粒13720總計242650（1）現采用分層抽樣的方法，從該樣本所含的圓粒玉米中取出6株玉米，再從這6株玉米中隨機選出2株，求這2株之中既有高莖玉米又有矮莖玉米的概率；（2）根據玉米生長情況作出統計，是否有95%的把握認為玉米的圓粒與玉米的高莖有關？附：0.050.013.8416.63520．（12分）已知函數．（1）若，證明：當時，；當時，；（2）若是的極大值點，求．21．（12分）已知在中，，，.（1）求邊的長；（2）設為邊上一點，且的面積為，求.22．（10分）已知雙曲線的右焦點是拋物線的焦點，直線與該拋物線相交于、兩個不同的點，點是的中點，求(為坐標原點)的面積.

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】

令，則，根據題意得到時，函數單調遞增，求得，再由函數的奇偶性得到，即可作出比較，得到答案．【詳解】由題意，令，則，因為當時，，所以當時，，即當時，，函數單調遞增，因為，所以，又由函數為奇函數，所以，所以，所以，故選D．本題主要考查了利用導數研究函數的單調性及其應用，其中解答中根據題意，構造新函數，利用導數求得函數的單調性和奇偶性是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于難題．2、C【解析】

設復數，根據向量的模為3列方程求解即可.【詳解】根據題意，復平面內復數z對應的點在第四象限，對應向量的模為3，且實部為.設復數，∵，∴，復數.故.故選：C.本題考查復數的代數表示及模的運算，是基礎題.3、C【解析】

先求，再確定對應點所在象限【詳解】，對應點為，在第三象限，選C.本題考查向量線性運算以及復數幾何意義，考查基本分析求解能力，屬基礎題.4、B【解析】通項公式：，令，解得，的系數為，故選B.【方法點晴】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.5、B【解析】

先判斷函數奇偶性，再根據存在多個零點導致存在多個零點，即可判斷出結果.【詳解】∵，∴為奇函數，且存在多個零點導致存在多個零點，故的圖像應為含有多個零點的奇函數圖像.故選B.本題主要考查函數圖像的識別，熟記函數性質即可，屬于常考題型.6、B【解析】由題意可得：據此有：.本題選擇B選項.7、A【解析】

由判斷；由判斷；由判斷判斷；由判斷.【詳解】對于，，對．對于，，不對．對于，，不對．對于，，不對，故選A．本題考查了函數的解析式的性質以及指數的運算、對數的運算、兩角和的正弦公式，意在考查對基本運算與基本公式的掌握與應用，以及綜合應用所學知識解答問題的能，屬于基礎題．8、B【解析】，，，∴“”是“”的充分不必要條件．故選：．9、A【解析】

根據含有一個量詞的命題的否定，可直接得出結果.【詳解】解：表示對命題的否定，“，”的否定是“，”．故選．本題主要考查命題的否定，只需改寫量詞與結論即可，屬于常考題型.10、D【解析】試題分析：設的中點為，連接，易知即為異面直線與所成的角，設三棱柱的側棱與底面邊長為，則，由余弦定理，得，故選D.考點：異面直線所成的角.11、A【解析】

根據復數的除法運算可求得；根據共軛復數的定義可得到結果.【詳解】由題意得：本題正確選項：本題考查共軛復數的求解，關鍵是能夠利用復數的除法運算求得，屬于基礎題.12、D【解析】

求導數，將代入導函數解得【詳解】將代入導函數故答案選D本題考查了導數的計算，把握函數里面是一個常數是解題的關鍵.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、5【解析】

由曲線y＝x2+4x+m﹣1與x軸只有一個交點△＝0可求m的值．【詳解】因為與x軸只有一個交點,故,所以.故答案為5本題考查由△判定二次函數與x軸交點個數問題，屬于基礎題．14、【解析】

由在拋物線C上,結合拋物線的定義,即可求拋物線C的方程.【詳解】當時,,解得,則拋物線C的方程為:;當時,,解得,則拋物線C的方程為:;故答案為:.本題考查利用拋物線的定義求拋物線的標準方程,難度較易.15、【解析】

分別令和，代入求值，然后兩式相減計算結果.【詳解】當時，當時，，兩式相減：，所以：.故答案為：本題考查二項展開式求系數和，重點考查賦值法，屬于基礎題型.16、2【解析】試題分析：由題意X的可能取值為0，1，2，3，P（X=0）=C6P（X=1）=C12P（X=2）=C12P（X=3）=C12∴E（X）=0×20816+1×180816+2×396816考點：離散型隨機變量的期望與方差三、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).【解析】試題分析：（1）利用正弦定理邊化角可得，整理計算可得，則，.（2）由題意可得，，，則.在中應用余弦定理有，據此計算可得.試題解析：（1）因為，所以，所以，所以，.又因為，所以，又因為，且，所以.（2）據（1）求解知.若，則.所以，（舍）又在中，，所以.所以.18、（1）（2）見解析【解析】

（1）由獨立事件的概率公式即可得到答案；（2）的所有可能取值為0,1,2,3，分別計算概率，于是得到分布列和數學期望.【詳解】（1）由題意，抽到紅球是偶數的概率為，抽到黑球是偶數的概率為因為兩次抽取是相互獨立事件，所以由獨立事件的概率公式，得抽到紅球和黑球的標號都是偶數的概率為（2）由題意，的所有可能取值為0,1,2,3故的分布列為0123故的數學期望為本題主要考查相互獨立事件的概率計算，分布列以及數學期望，意在考查學生的分析能力，轉化能力及計算能力.19、（1）；（2）有的把握認為玉米的圓粒與玉米的高莖有關．【解析】

（1）采用分層抽樣的方式，從樣本中取出的6株玉米隨機選出2株中包含高桿的2株，矮桿的4株，故可求這2株之中既有高桿玉米又有矮桿玉米的概率；（2）帶入公式計算值，和臨界值表對比后即可得答案．【詳解】（1）依題意，取出的6株圓粒玉米中含高莖2株，記為，；矮莖4株，記為，，，；從中隨機選取2株的情況有如下15種：，，，，，，，，，，，，，，．其中滿足題意的共有，，，，，，，，共8種，則所求概率為．（2）根據已知列聯表：高莖矮莖合計圓粒111930皺粒13720合計242650得，又，有的把握認為玉米的圓粒與玉米的高莖有關．本題主要考查古典概型的概率和獨立性檢驗，意在考查學生對該知識的理解掌握水平和分析推理能力．20、（1）見解析（2）【解析】分析：（1）求導，利用函數單調性證明即可．（2）分類討論和,構造函數,討論的性質即可得到a的范圍．詳解：（1）當時，，.設函數，則.當時，；當時，.故當時，，且僅當時，，從而，且僅當時，.所以在單調遞增.又，故當時，；當時，.（2）（i）若，由（1）知，當時，，這與是的極大值點矛盾.（ii）若，設函數.由于當時，，故與符號相同.又，故是的極大值點當且僅當是的極大值點..如果，則當，且時，，故不是的極大值點.如果，則存在根，故當，且時，，所以不是的極大值點.如果，則.則當時，；當時，.所以是的極大值點，從而是的極大值點綜上，.點睛：本題考查函數與導數的綜合應用，利用函數的單調性求出最值證明不等式，第二問分類討論和,當時構造函數時關鍵，討論函數的性質，本題難度較大．21、（1）3；（2）.【解析】

（1）利用三角形內角和定理，將轉化為，化簡已知條件求得，然后求得，利用等腰三角形求得的長.（2）利用三角形面積列方程，求得的值，利用余弦定理求得的值，利用正弦定理求得的值.【詳解】解：（1）由及，得，展開得，即，所以.所以，即，所以.（2）由，解得.在中，，所以.由，得，所以.本小題主要考查三角形內角和定理，考查三角恒等變換，考查利用余弦定理和正弦定理解三角形，綜合性較強，屬于中檔題.22、【解析】分析：由雙曲線方程可得右焦點，即為拋物