陜西省渭南市潼關縣2025屆數(shù)學高二下期末統(tǒng)考模擬試題含解析

陜西省渭南市潼關縣2025屆數(shù)學高二下期末統(tǒng)考模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．若隨機變量，且，則等于（）A． B． C． D．2．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，當輸出的值為時，則輸入的（）A． B． C． D．3．如果函數(shù)f(x)在區(qū)間[a,b]上存在x1,x2(a<x1<x2<b)，滿足f'(x1A．（13，12）B．（32，3）C．（14．用數(shù)學歸納法證明時，由時的假設到證明時，等式左邊應添加的式子是（）A． B．C． D．5．某班級要從四名男生、兩名女生中選派四人參加某次社區(qū)服務，則所選的四人中至少有一名女生的選法為（）A． B． C． D．6．已知、分別為雙曲線的左、右焦點，以原點為圓心，半焦距為半徑的圓交雙曲線右支于、兩點，且為等邊三角形，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．7．已知復數(shù)滿足，則的共軛復數(shù)為()A． B． C． D．8．若過點可作兩條不同直線與曲線段C：相切，則m的取值范圍是（）A． B． C． D．9．三世紀中期，魏晉時期的數(shù)學家劉徽首創(chuàng)割圓術，為計算圓周率建立了嚴密的理論和完善的算法.所謂割圓術，就是不斷倍增圓內接正多邊形的邊數(shù)求出圓周率的方法.如圖是劉徽利用正六邊形計算圓周率時所畫的示意圖，現(xiàn)向圓中隨機投擲一個點，則該點落在正六邊形內的概率為（）A． B． C． D．10．已知函數(shù)在處有極值10，則等于()A．1 B．2 C．—2 D．—111．已知等比數(shù)列的前項和為，則的極大值為（）A．2 B．3 C． D．12．下列命題中,正確的命題是（）A．若，則B．若，則不成立C．，則或D．，則且二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若，則的最小值為________.14．已知，命題：，，命題：，，若命題為真命題，則實數(shù)的取值范圍是_____．15．已知復數(shù)z＝2＋6i，若復數(shù)mz＋m2(1＋i)為非零實數(shù)，求實數(shù)m的值為_____．16．函數(shù)的單調遞減區(qū)間是_________.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）已知平面直角坐標系xOy中，直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)，0≤α＜π且），以原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為．已知直線l與曲線C交于A、B兩點，且．（1）求α的大?。唬?）過A、B分別作l的垂線與x軸交于M，N兩點，求|MN|．18．（12分）已知函數(shù).（Ⅰ）求的單調區(qū)間；（Ⅱ）若對于任意的（為自然對數(shù)的底數(shù)），恒成立，求的取值范圍.19．（12分）已知函數(shù)，.（Ⅰ）當時，解不等式；（Ⅱ）當時，恒成立，求實數(shù)的取值范圍.20．（12分）如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB="A"A1，∠BAA1=60°.（Ⅰ）證明AB⊥A1C;（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值．21．（12分）已知函數(shù)，且曲線在點處的切線方程為．（1）證明：在上為增函數(shù)．（2）證明：．22．（10分）已知函數(shù)，，（為自然對數(shù)的底數(shù)），且曲線與在坐標原點處的切線相同.（1）求的最小值；（2）若時，恒成立，試求實數(shù)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、A【解析】

由正態(tài)密度曲線的對稱性得出，由此可得出結果.【詳解】由于，則正態(tài)密度曲線關于直線對稱，所以，故選A.本題考查正態(tài)分布在指定區(qū)間上概率的計算，解題時要確定正態(tài)密度曲線的對稱軸，利用對稱性列等式計算，考查計算能力，屬于中等題.2、B【解析】

分析：根據(jù)循環(huán)結構的特征，依次算出每個循環(huán)單元的值，同時判定是否要繼續(xù)返回循環(huán)體，即可求得S的值．詳解:因為當不成立時，輸出，且輸出所以所以所以選B點睛：本題考查了循環(huán)結構在程序框圖中的應用，按照要求逐步運算即可，屬于簡單題．3、C【解析】試題分析：f'(x)=3x2-2x，f(a)-f(0)a-0=a2-a，所以函數(shù)f(x)=x3-x2+a是區(qū)間[0,a]上的“雙中值函數(shù)”等價于f'考點：1.新定義問題；2.函數(shù)與方程；3.導數(shù)的運算法則.【名師點睛】本題考查新定義問題、函數(shù)與方程、導數(shù)的運算法則以及學生接受鷴知識的能力與運用新知識的能力，難題.新定義問題是命題的新視角，在解題時首先是把新定義問題中的新的、不了解的知識通過轉翻譯成了解的、熟悉的知識，然后再去求解、運算.4、B【解析】因為當時，等式的左邊是，所以當時，等式的左邊是，多增加了，應選答案B．點睛：解答本題的關鍵是搞清楚當時，等式的左邊的結構形式，當時，等式的左邊的結構形式是，最終確定添加的項是什么，使得問題獲解．5、A【解析】所選的四人中至少有一名女生的選法為本題選擇A選項.6、A【解析】分析：利用雙曲線的對稱性以及圓的對稱性，求出A的坐標，代入雙曲線方程，然后求解雙曲線的離心率即可.詳解：、分別為雙曲線的左、右焦點，以原點為圓心，半焦距為半徑的圓交雙曲線右支于、兩點，且為等邊三角形，則，代入雙曲線方程可得：，即：，可得，即，可得，.故選：A.點睛：本題考查雙曲線的簡單性質的應用，考查轉化思想以及計算能力.7、A【解析】

根據(jù)復數(shù)的運算法則得，即可求得其共軛復數(shù).【詳解】由題：，所以，所以的共軛復數(shù)為.故選：A此題考查求復數(shù)的共軛復數(shù)，關鍵在于準確求出復數(shù)Z，需要熟練掌握復數(shù)的運算法則，準確求解.8、D【解析】

設切點為，寫出切線方程為，把代入，關于的方程在上有兩個不等實根，由方程根的分布知識可求解.【詳解】設切點為，,則切線方程為，在切線上，可得，函數(shù)在上遞增，在上遞減，，又，，∴如果有兩解，則.故選：D.本題考查導數(shù)的幾何意義，考查方程根的分布問題。由方程根的個數(shù)確定參數(shù)取值范圍，可采用分離參數(shù)法，轉化為直線與函數(shù)圖象交點個數(shù)問題。9、A【解析】設圓的半徑為，則圓的面積，正六邊形的面積，所以向圓中隨機投擲一個點，該點落在正六邊形內的概率，故選A.10、B【解析】，，函數(shù)

在處有極值為10，，解得．經檢驗知，符合題意．，．選B．點睛：由于導函數(shù)的零點是函數(shù)極值點的必要不充分條件，故在求出導函數(shù)的零點后還要判斷在該零點兩側導函數(shù)的值的符號是否發(fā)生變化，然后才能作出判斷．同樣在已知函數(shù)的極值點求參數(shù)的值時，根據(jù)求得參數(shù)的值后應要進行檢驗，判斷所求參數(shù)是否符合題意，最終作出取舍．11、C【解析】由題意得，，，，則，解得，則，，令，解得，當時，為增函數(shù)；，為減函數(shù)；，為增函數(shù)，所以函數(shù)的極大值為，故選C.點睛：此題主要考查了等比數(shù)列前項和、函數(shù)極值的求解等有關方面的知識，及冪運算等運算能力，屬于中檔題型，也是?？伎键c.在首先根據(jù)等比數(shù)列前項和公式求出參數(shù)的值，再利用導數(shù)方法，求出函數(shù)的極值點，通過判斷極值點兩側的單調性求出極大值點，從而求出函數(shù)的極大值.12、C【解析】

A．根據(jù)復數(shù)虛部相同，實部不同時，舉例可判斷結論是否正確；B．根據(jù)實數(shù)的共軛復數(shù)還是其本身判斷是否成立；C．根據(jù)復數(shù)乘法的運算法則可知是否正確；D．考慮特殊情況：，由此判斷是否正確.【詳解】A．當時，，此時無法比較大小，故錯誤；B．當時，，所以，所以此時成立，故錯誤；C．根據(jù)復數(shù)乘法的運算法則可知：或，故正確；D．當時，，此時且，故錯誤.故選：C.本題考查復數(shù)的概念以及復數(shù)的運算性質的綜合，難度一般.(1)注意實數(shù)集是復數(shù)集的子集，因此實數(shù)是復數(shù)；(2)若，則有.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、8【解析】

根據(jù)題意對進行換元，然后利用基本不等式的推廣公式求解出目標的最小值?！驹斀狻拷猓毫?，，即，所以，當且僅當，即，即當時等號成立.本題考查了基本不等式推廣公式的使用，運用基本不等式推廣公式時，一定要注意題意是否滿足“一正、二定、三相等”的條件。14、或【解析】

根據(jù)不等式恒成立化簡命題為，根據(jù)一元二次方程有解化簡命題為或，再根據(jù)且命題的性質可得結果.【詳解】若命題：“，”為真；則，解得：，若命題：“，”為真，則，解得：或，若命題“”是真命題，則，或，故答案為或解答非命題、且命題與或命題真假有關的題型時，應注意：（1）原命題與其非命題真假相反；（2）或命題“一真則真”；（3）且命題“一假則假”.15、-6【解析】

利用復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡，再由虛部為0且實部不為0列式求解．【詳解】由題意，，解得．故答案為-6.本題考查復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，考查復數(shù)的基本概念，是基礎題．16、【解析】

求出導函數(shù)，在上解不等式可得的單調減區(qū)間．【詳解】，其中，令，則，故函數(shù)的單調減區(qū)間為，填．一般地，若在區(qū)間上可導，且，則在上為單調減函數(shù)；反之，若在區(qū)間上可導且為減函數(shù)，則．注意求單調區(qū)間前先確定函數(shù)的定義域．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）4.【解析】

（1）直接利用參數(shù)方程和極坐標方程與直角坐標方程進行轉化，再利用點到直線的距離公式求出結果．（2）直接利用關系式求出結果．【詳解】（1）由已知直線l的參數(shù)方程為：（t為參數(shù)，0≤α＜π且），則：，∵，，∴O到直線l的距離為3，則，解之得．∵0＜α＜π且，∴（2）直接利用關系式，解得：．本題主要考查了參數(shù)方程和極坐標方程與直角坐標方程的轉化，點到直線的距離公式的應用．18、（I）當時，的單調遞增區(qū)間為，無單調遞減區(qū)間；當時，的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間是；（II）【解析】

（Ⅰ）求出，分兩種情況討論，在定義域內，分別令求得的范圍，可得函數(shù)增區(qū)間，求得的范圍，可得函數(shù)的減區(qū)間；（Ⅱ）對分四種情況討論，分別利用導數(shù)求出函數(shù)最小值的表達式，令最小值不小于零，即可篩選出符合題意的的取值范圍.【詳解】（Ⅰ）的定義域為..（1）當時，恒成立，的單調遞增區(qū)間為，無單調遞減區(qū)間；（2）當時，由解得，由解得.∴的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間是.（Ⅱ）①當時，恒成立，在上單調遞增，∴恒成立，符合題意.②當時，由（Ⅰ）知，在、上單調遞增，在上單調遞減.（i）若，即時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增.∴對任意的實數(shù)，恒成立，只需，且.而當時，且成立.∴符合題意.（ii）若時，在上單調遞減，在上單調遞增.∴對任意的實數(shù)，恒成立，只需即可，此時成立，∴符合題意.（iii）若，在上單調遞增.∴對任意的實數(shù)，恒成立，只需，即，∴符合題意.綜上所述，實數(shù)的取值范圍是.本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、求函數(shù)的最值以及不等式恒成立問題，屬于難題．不等式恒成立問題常見方法：①分離參數(shù)恒成立(即可)或恒成立（即可）；②數(shù)形結合(圖象在上方即可)；③討論最值或恒成立；④討論參數(shù)，排除不合題意的參數(shù)范圍，篩選出符合題意的參數(shù)范圍.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）把要解的不等式等價轉化為與之等價的三個不等式組，求出每個不等式組的解集，再取并集，即得所求.（Ⅱ）利用絕對值三角不等式求得的最小值為，等價于，分類討論，求得a的取值范圍.【詳解】（Ⅰ）當時，不等式，等價于；當時，不等式化為，即，解集為；當時，不等式化為，解得；當時，不等式化為，即，解得；綜上，不等式的解集為.（Ⅱ）當時，，等價于，若，則，∴；若，則，∴.綜上，實數(shù)的取值范圍為.本題考查了絕對值不等式的解法，函數(shù)恒成立問題，體現(xiàn)了轉化、分類討論的數(shù)學思想.20、（1）見解析（2）.【解析】

試題分析：（Ⅰ）取AB的中點O，連接OC，OA1，A1B，由已知可證OA1⊥AB，AB⊥平面OA1C，進而可得AB⊥A1C；（Ⅱ）易證OA，OA1，OC兩兩垂直．以O為坐標原點，的方向為x軸的正向，||為單位長，建立坐標系，可得，，的坐標，設=（x，y，z）為平面BB1C1C的法向量，則，可解得=（，1，﹣1），可求|cos＜，＞|，即為所求正弦值．解：（Ⅰ）取AB的中點O，連接OC，OA1，A1B，因為CA=CB，所以OC⊥AB，由于AB=AA1，∠BAA1=60°，所以△AA1B為等邊三角形，所以OA1⊥AB，又因為OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C，又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C；（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交線為AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC兩兩垂直．以O為坐標原點，的方向為x軸的正向，||為單位長，建立如圖所示的坐標系，可得A（1，0，0），A1（0，，0），C（0，0，），B（﹣1，0，0），則=（1，0，），=（﹣1，，0），=（0，﹣，），設=（x，y，z）為平面BB1C1C的法向量，則，即，可取y=1，可得=（，1，﹣1），故cos＜，＞==，又因為直線與法向量的余弦值的絕對值等于直線與平面的正弦值，故直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為：．考點：用空間向量求直線與平面的夾角；直線與平面垂直的性質；平面與平面垂直的判定；直線與平面所成的角．21、（1）見解析；（2）見解析【解析】

（1）求導函數(shù)，利用曲線在，（1）處的切線方程，可得（1），（1），由此可求，的值，再由單調性的性質即可得證；（2）運用函數(shù)的零點存在定理可得存在，，可得，可得，即，再由單調性可得，再由對勾函數(shù)的單調性可得所求結論．【詳解】（1）由，得，所以，，解得，．因此，設，，所以為增函數(shù)．（2），，故存在，使得，即，即.進而