天津市寶坻區等部分區2025年數學高二第二學期期末經典試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．由命題“周長為定值的長方形中，正方形的面積取得最大”可猜想：在表面積為定值的長方體中（）A．正方體的體積取得最大B．正方體的體積取得最小C．正方體的各棱長之和取得最大D．正方體的各棱長之和取得最小2．正四棱錐的頂點都在同一球面上，若該棱錐的高和底面邊長均為，則該球的體積為A． B． C． D．3．已知函數是定義在上的偶函數，且，若對任意的，都有成立，則不等式的解集為（）A． B．C． D．4．若函數在其定義域內的一個子區間(k－1，k＋1)內不是單調函數，則實數k的取值范圍是()A．[1，＋∞) B．[，2) C．[1,2) D．[1，)5．設直線的一個方向向量，平面的一個法向量，則直線與平面的位置關系是（）.A．垂直 B．平行C．直線在平面內 D．直線在平面內或平行6．已知為實數，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件7．對于實數，，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件8．設三次函數的導函數為，函數的圖象的一部分如圖所示，則正確的是（）A．的極大值為，極小值為B．的極大值為，極小值為C．的極大值為，極小值為D．的極大值為，極小值為9．下列關于殘差圖的描述錯誤的是（）A．殘差圖的橫坐標可以是編號B．殘差圖的橫坐標可以是解釋變量和預報變量C．殘差點分布的帶狀區域的寬度越窄相關指數越小D．殘差點分布的帶狀區域的寬度越窄殘差平方和越小10．設平面向量，則與垂直的向量可以是（）A． B． C． D．11．是單調函數,對任意都有，則的值為（）A． B． C． D．12．已知數列滿足（，且是遞減數列，是遞增數列，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（為常數），在上有最小值，那么在上的最大值是14．除以5的余數是15．已知函數，當時，關于的不等式的解集為__________．16．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________.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）已知橢圓的離心率為，以原點為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線相切．（1）求橢圓的方程；（2）設點是軌跡上位于第一象限且在直線右側的動點，若以為圓心，線段為半徑的圓與有兩個公共點．試求圓在右焦點處的切線與軸交點縱坐標的取值范圍．18．（12分）已知函數，.（1）若，求函數的圖像在點處的切線方程；（2）討論的單調性.19．（12分）如圖，OA，OB是兩條互相垂直的筆直公路，半徑OA＝2km的扇形AOB是某地的一名勝古跡區域．當地政府為了緩解該古跡周圍的交通壓力，欲在圓弧AB上新增一個入口P（點P不與A，B重合），并新建兩條都與圓弧AB相切的筆直公路MB，MN，切點分別是B，P．當新建的兩條公路總長最小時，投資費用最低．設∠POA＝，公路MB，MN的總長為．（1）求關于的函數關系式，并寫出函數的定義域；（2）當為何值時，投資費用最低？并求出的最小值．20．（12分）已知函數.(1)若,解不等式;(2)若不等式對任意的實數恒成立，求的取值范圍.21．（12分）已知關于x的方程的兩個根是、.（1）若為虛數且，求實數p的值；（2）若，求實數p的值.22．（10分）《流浪地球》是由劉慈欣的科幻小說改編的電影，在2019年春節檔上影，該片上影標志著中國電影科幻元年的到來；為了振救地球，延續百代子孫生存的希望，無數的人前仆后繼，奮不顧身的精神激蕩人心，催人奮進.某網絡調查機構調查了大量觀眾的評分，得到如下統計表：評分12345678910頻率0.030.020.020.030.040.050.080.150.210.36（1）求觀眾評分的平均數？（2）視頻率為概率，若在評分大于等于8分的觀眾中隨機地抽取1人，他的評分恰好是10分的概率是多少？（3）視頻率為概率，在評分大于等于8分的觀眾中隨機地抽取4人，用表示評分為10分的人數，求的分布列及數學期望.

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】

根據類比規律進行判定選擇【詳解】根據平面幾何與立體幾何對應類比關系：周長類比表面積，長方形類比長方體，正方形類比正方體，面積類比體積，因此命題“周長為定值的長方形中，正方形的面積取得最大”，類比猜想得：在表面積為定值的長方體中，正方體的體積取得最大，故選A.本題考查平面幾何與立體幾何對應類比，考查基本分析判斷能力，屬基礎題.2、A【解析】分析：設球的半徑為R,再根據圖形找到關于R的方程，解方程即得R的值，再求該球的體積.詳解：設球的半徑為R,由題得所以球的體積為.故答案為：A.點睛：（1）本題主要考查球的內接幾何體問題和球的體積的計算，意在考查學生對這些知識的掌握水平和空間想象能力.(2)解題的關鍵是從圖形中找到方程.3、D【解析】

構造函數，判斷函數的單調性和奇偶性，根據其性質解不等式得到答案.【詳解】對任意的，都有成立構造函數在上遞增.是偶函數為奇函數，在上單調遞增.當時：當時：故答案選D本題考查了函數的奇偶性，單調性，解不等式，構造函數是解題的關鍵.4、D【解析】

利用導數研究函數的極值性，令極值點屬于已知區間即可.【詳解】所以時遞減，時，遞增，是極值點，因為函數在其定義域內的一個子區間(k－1，k＋1)內不是單調函數，所以，即，故選:D.本題主要考查利用導數研究函數的極值，其中考查了利用導數研究函數的單調性，屬于中檔題.5、D【解析】∵直線的一個方向向量，平面的一個法向量∴∴直線在平面內或平行故選D.6、B【解析】分析：由，則成立，反之：如，即可判斷關系．詳解：由，則成立，反之：如，則不成立，所以“”是“”的必要不充分條件，故選B．點睛：本題主要考查了不等式的性質及必要不充分條件的判定，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．7、A【解析】

先判斷和成立的條件，然后根據充分性和必要性的定義可以選出正確答案.【詳解】成立時，需要；成立時，需要，顯然由能推出，但由不一定能推出，故“”是“”的充分不必要條件，故本題選A.本題考查了充分不必要條件的判斷，掌握對數的真數大于零這個知識點是解題的關鍵.8、C【解析】

由的圖象可以得出在各區間的正負，然后可得在各區間的單調性，進而可得極值.【詳解】由圖象可知：當和時，，則；當時，，則；當時，，則；當時，，則；當時，，則.所以在上單調遞減；在上單調遞增；在上單調遞減.所以的極小值為，極大值為.故選C.本題考查導數與函數單調性的關系，解題的突破點是由已知函數的圖象得出的正負性.9、C【解析】分析：根據殘差圖的定義和圖象即可得到結論．詳解：A殘差圖的橫坐標可以是編號、解釋變量和預報變量，故AB正確；可用殘差圖判斷模型的擬合效果，殘差點比較均勻地落在水平的帶狀區域中，說明這樣的模型比較合適．帶狀區域的寬度越窄，說明模型的擬合精度越高．則對應相關指數越大，故選項D正確，C錯誤.故選：C．點睛：本題主要考查殘差圖的理解，比較基礎．10、D【解析】分析：先由平面向量的加法運算和數乘運算得到，再利用數量積為0進行判定．詳解：由題意，得，因為，，，，故選D．點睛：本題考查平面向量的坐標運算、平面向量垂直的判定等知識，意在考查學生的邏輯思維能力和基本計算能力．11、A【解析】

令，根據對任意都有，對其求導，結合是單調函數，即可求得的解析式，從而可得答案.【詳解】令，則，.∴∵是單調函數∴∴，即.∴故選A.本題考查的知識點是函數的值，函數解析式的求法，其中解答的關鍵是求出抽象函數解析式，要注意對已知條件及未知條件的湊配思想的應用．12、D【解析】試題分析：由可得：，又是遞減數列，是遞增數列，所以，即，由不等式的性質可得：，又因為，即，所以，即，同理可得：；當數列的項數為偶數時，令，可得：，將這個式子相加得：，所以，則，所以選D．考點：1．裂項相消法求和；2．等比數列求和；二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、57【解析】試題分析：單調增區間為減區間為，最大值為考點：函數導數與最值14、1【解析】試題分析：，它除以5余數為1．考點：二項式定理，整除的知識．15、【解析】

首先應用條件將函數解析式化簡，通過解析式的形式確定函數的單調性，解出函數值1所對應的自變量，從而將不等式轉化為，進一步轉化為，求解即可，要注意對數式中真數的條件即可得結果.【詳解】當時，是上的增函數，且，所以可以轉化為，結合函數的單調性，可以將不等式轉化為，解得，從而得答案為.故答案為解決該題的關鍵是將不等式轉化，得到所滿足的不等式，從而求得結果，挖掘題中的條件就顯得尤為重要.16、【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.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】分析：（1）由題知，原點到直線的距離，求得，再由，求得，即可得到橢圓的標準方程；（2）設，由圓的方程和性質，又由橢圓的方程得，代入可得，求得，又由切線方程為，令得，令，利用二次函數的性質，即可求解得的范圍，即可得到結論．詳解：（1）由題知，原點到直線的距離又，則∴橢圓方程為………………4分（2）設，點到軸的距離為，∵圓M與y軸有兩個交點，∴，即，∴，又，即，∴，∴，∴，……7分又，∴……8分切線方程為，令得令，則……………10分，則，在上為增函數∴∴切線與軸交點縱坐標的取值范圍為……12分(轉化為求的斜率范圍得到更為簡便)解法2：上面步驟相同又，∴……8分切線方程為，令得又即∴切線與軸交點縱坐標的取值范圍為……12分點睛：本題主要考查橢圓的標準方程與幾何性質、直線與圓錐曲線的位置關系的應用問題,解答此類題目，通常利用的關系，確定橢圓（圓錐曲線）方程是基礎，通過聯立直線方程與橢圓（圓錐曲線）方程的方程組，應用一元二次方程根與系數的關系，得到“目標函數”的解析式，確定函數的性質進行求解，此類問題易錯點是復雜式子的變形能力不足，導致錯漏百出，本題能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等．18、（1）；（2）當時，的遞增區間是，當時，的遞增區間是，遞減區間是.【解析】

（1）求出，當時，求出，寫出切線的點斜式方程，整理即可；（2）求出的定義域，（或）是否恒成立對分類討論，若恒成立，得到單調區間，若不恒成立，求解，即可得到結論.【詳解】（1），當時，，，函數的圖像在點處的切線方程為，即；（2）的定義域為，，當時，在恒成立，的遞增區間是，當時，，的遞增區間是，遞減區間是，綜上，當時，的遞增區間是，當時，的遞增區間是，遞減區間是.本題考查導數幾何意義，利用導數求函數的單調性，考查分類討論思想，以及計算求解能力，屬于中檔題.19、(1);(2)當時，投資費用最低，此時的最小值為.【解析】

（1）由題意，設，利用平面幾何的知識和三角函數的關系式及三角恒等變換的公式，即可得函數的關系式；（2）利用三角函數的基本關系式和恒等變換的公式，求得的解析式，再利用基本不等式，即可求得投資的最低費用，得到答案.【詳解】（1）連接，在中，，故，據平面幾何知識可知,在中，，故，所以，顯然，所以函數的定義域為，即函數關系式為，且．（2）化簡（1）中的函數關系式可得：令，則，代入上式得：當且僅當時取“＝”，此時求得，又，所以∴當時，投資費用最低，此時的最小值為.本題主要考查了三角函數的實際應用，以及基本不等式求最值問題，其中根據平面幾何的知識和三角函數的關系式和恒等變換的公式，得到函數的解析式是解答的關鍵，著重靠考查了分析問題和解答問題的能力，以及推理與運算能力.20、（1）；（2）【解析】分析：第一問先將代入解析式，之后應用零點分段法將絕對值不等式轉化為若干個不等式組，最后取并集即可得結果；第二問將恒成立問題轉化為最值問題來處理，應用絕對值的性質，將不等式的左邊求得其最小值