重庆市涪陵中学2025届数学高二第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

重庆市涪陵中学2025届数学高二第二学期期末学业质量监测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．把边长为的正沿边上的高线折成的二面角,则点到的距离是()A． B． C． D．2．有8件产品，其中4件是次品，从中有放回地取3次（每次1件），若X表示取得次品的次数，则（）A． B． C． D．3．设函数的定义域A，函数的值域为B，则（）A． B． C． D．4．设集合，那么集合中满足条件“”的元素个数为（）A．60 B．65 C．80 D．815．某电子元件生产厂家新引进一条产品质量检测线，现对检测线进行上线的检测试验：从装有个正品和个次品的同批次电子元件的盒子中随机抽取出个，再将电子元件放回.重复次这样的试验，那么“取出的个电子元件中有个正品，个次品”的结果恰好发生次的概率是（）A． B． C． D．6．在中，角，，所对的边分别为，，，且，，，，则（）A．2 B． C． D．47．已知集合，，则A． B． C． D．8．已知，直线过点，则的最小值为（）A．4 B．3 C．2 D．19．在等差数列中，，，则公差（）A．-1 B．0 C．1 D．210．在直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的参数方程为（为参数），曲线的方程为，直线与曲线相交于两点，当的面积最大时，()A． B． C． D．11．若函数恰有个零点，则的取值范围为（）A． B．C． D．12．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”．刘徽应用“割圆术”得到了圆周率精确到小数点后四位的近似值，这就是著名的“徽率”．如图是应用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（）（参考数据：，）A．12 B．24 C．36 D．48二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若一个圆锥的母线长是底面半径的3倍，则该圆锥的侧面积是底面积的_________倍；14．已知变量满足约束条件,则目标函数的最小值为__________．15．双曲线的焦点是，若双曲线上存在点，使是有一个内角为的等腰三角形，则的离心率是______；16．若,则在的展开式中,项的系数为_________三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）若对任意实数都有函数的图象与直线相切，则称函数为“恒切函数”，设函数，其中.（1）讨论函数的单调性；（2）已知函数为“恒切函数”，①求实数的取值范围；②当取最大值时，若函数也为“恒切函数”，求证：.18．（12分）某学校高二年级举行了由全体学生参加的一分钟跳绳比赛，计分规则如下表：每分钟跳绳个数得分1617181920年级组为了解学生的体质，随机抽取了100名学生的跳绳个数作为一个样本，绘制了如下样本频率分布直方图.（1）现从样本的100名学生跳绳个数中，任意抽取2人的跳绳个数，求两人得分之和小于35分的概率；（用最简分数表示）（2）若该校高二年级共有2000名学生，所有学生的一分钟跳绳个数近似服从正态分布，其中，为样本平均数的估计值（同一组中数据以这组数据所在区间中点值作代表）.利用所得的正态分布模型，解决以下问题：（i）估计每分钟跳绳164个以上的人数（结果四舍五入到整数）；（ii）若在全年级所有学生中随机抽取3人，每分钟跳绳在179个以上的人数为，求随机变量的分布列和数学期望与方差.附：若随机变量服从正态分布，则，，.19．（12分）已知函数，.（1）当时，求不等式的解集；（2）若的解集包含，求实数的取值范围.20．（12分）已知.（1）当时，求的展开式中含项的系数；（2）证明：的展开式中含项的系数为.21．（12分）在进行一项掷骰子放球游戏中，规定：若掷出1点，甲盒中放一球；若掷出2点或3点，乙盒中放一球；若掷出4点或5点或6点，丙盒中放一球，前后共掷3次，设分别表示甲，乙，丙3个盒中的球数．(Ⅰ)求的概率；(Ⅱ)记求随机变量的概率分布列和数学期望．22．（10分）设事件A表示“关于的一元二次方程有实根”，其中，为实常数.（Ⅰ）若为区间[0，5]上的整数值随机数，为区间[0，2]上的整数值随机数，求事件A发生的概率；（Ⅱ）若为区间[0，5]上的均匀随机数，为区间[0，2]上的均匀随机数，求事件A发生的概率.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】

取中点，连接，根据垂直关系可知且平面，通过三线合一和线面垂直的性质可得，，从而根据线面垂直的判定定理知平面，根据线面垂直性质知，即为所求距离；在中利用勾股定理求得结果.【详解】取中点，连接，如下图所示：为边上的高，即为二面角的平面角，即且平面为正三角形为正三角形又为中点平面，平面又平面即为点到的距离又，本题正确选项：本题考查立体几何中点到直线距离的求解，关键是能够通过垂直关系在立体图形中找到所求距离，涉及到线面垂直的判定定理和性质定理的应用，属于中档题.2、D【解析】

首先把取一次取得次品的概率算出来，再根据离散型随机变量的概率即可算出．【详解】因为是有放回地取产品，所以每次取产品取到次品的概率为．从中取3次，为取得次品的次数，则,,选择D答案．本题考查离散型随机变量的概率,解题时要注意二项分布公式的灵活运用.属于基础题．3、B【解析】

根据二次根式的性质求出，再结合指数函数的性质求出，取交集即可．【详解】，，解得：，而单调递增，故值域：，，故选：．本题考查定义域值域的求法，考查交集等基本知识，是基础题4、D【解析】由题意可得，成立，需要分五种情况讨论：当时，只有一种情况，即；当时，即，有种；当时，即，有种；当时，即，有种当时，即，有种，综合以上五种情况，则总共为：种，故选D.【点睛】本题主要考查了创新型问题，往往涉及方程，不等式，函数等，对涉及的不同内容，先要弄清题意，看是先分类还是先步，再处理每一类或每一步，本题抓住只能取相应的几个整数值的特点进行分类，对于涉及多个变量的排列，组合问题，要注意分类列举方法的运用，且要注意变量取值的检验，切勿漏掉特殊情况.5、B【解析】

取出的个电子元件中有个正品，个次品的概率，重复次这样的试验，利用次独立重复试验中事件恰好发生次的概率计算公式能求出“取出的个电子元件中有个正品，个次品”的结果恰好发生次的概率【详解】从装有个正品和个次品的同批次电子元件的盒子中随机抽取出个，再将电子元件放回，取出的个电子元件中有个正品，个次品的概率，重复次这样的试验，那么“取出的个电子元件中有个正品，个次品”的结果恰好发生次的概率是：.故选：B本题考查了次独立重复试验中事件恰好发生次的概率计算公式，属于基础题.6、C【解析】

先利用正弦定理解出c，再利用的余弦定理解出b【详解】所以本题考查正余弦定理的简单应用，属于基础题．7、C【解析】

利用一元二次不等式的解法化简集合，再根据集合的基本运算进行求解即可．【详解】因为，，所以，故选C．研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系.8、A【解析】

先得a+3b=1，再与相乘后，用基本不等式即可得出结果.【详解】依题意得，，所以，当且仅当时取等号；故选A本题考查了基本不等式及其应用，熟记基本不等式即可，属于基础题．9、C【解析】

全部用表示，联立方程组，解出【详解】本题考查等差数列的基本量计算，属于基础题。10、D【解析】

先将直线直线与曲线转化为普通方程，结合图形分析可得，要使的面积最大，即要为直角，从而求解出。【详解】解：因为曲线的方程为，两边同时乘以，可得，所以曲线的普通方程为，曲线是以为圆心，2为半径的上半个圆.因为直线的参数方程为（为参数），所以直线的普通方程为，因为，所以当为直角时的面积最大，此时到直线的距离，因为直线与轴交于，所以，于是，所以，故选D。本题考查了曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程之间的互化，同时考查了直线与圆的位置关系，数形结合是本题的核心思想。11、D【解析】

将问题转化为与恰有个交点；利用导数和二次函数性质可得到的图象，通过数形结合可确定或时满足题意，进而求得结果.【详解】令，则恰有个零点等价于与恰有个交点当时，，则当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增当时，在上单调递减，在上单调递增可得图象如下图所示：若与有两个交点，则或又，即当时，恰有个零点本题正确选项：本题考查根据函数零点个数求解参数范围的问题，关键是能够将问题转化为平行于轴的直线与曲线的交点个数的问题，利用数形结合的方式找到临界状态，从而得到满足题意的范围.12、B【解析】试题分析：模拟执行程序，可得，不满足条件；不满足条件；满足条件，推出循环，输出的值为，故选B.考点：程序框图.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1；【解析】

分别计算侧面积和底面积后再比较．【详解】由题意，，，∴．故答案为1．本题考查圆锥的侧面积，掌握侧面积计算公式是解题关键．属于基础题．14、4【解析】分析：作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义和数形结合即可得到答案详解：作出不等式组对应的平面区域如图：由可得：平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最小，解得，即此时故目标函数的最小值为点睛：本题主要考查的知识点是线性规划的应用，画出可行域，转化目标函数，将其转化为几何意义，在轴的截距问题即可解答。15、【解析】

根据双曲线的对称性可知，等腰三角形的腰应该为与或与，不妨设等腰三角形的腰为与，故可得到的值，再根据等腰三角形的内角为，求出的值，利用双曲线的定义可得双曲线的离心率.【详解】解：根据双曲线的对称性可知，等腰三角形的两个腰应为与或与，不妨设等腰三角形的腰为与，且点在第一象限，故，等腰有一内角为，即，由余弦定理可得，，由双曲线的定义可得，，即，解得：.本题考查了双曲线的定义、性质等知识，解题的关键是要能准确判断出等腰三角形的腰所在的位置.16、【解析】分析：由定积分求得，写出二项展开式的通项为，进而可求解的系数.详解：由，所以二项式为，则二项式的展开式的通项为，当时，，即的系数为.点睛：本题主要考查了定积分的计算和二项式定理的应用，其中熟记微积分基本定理和二项展开式的通项的合理运用是解答的关键，着重考查了推理和运算能力.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）求出，分两种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）①设切点为，求出，设，根据函数的单调性求出故实数的取值范围为；②当取最大值时，，，，，，因为函数也为“恒切函数”，故存在，使得，，由得，，设，，根据函数的单调性证明即可.详解：（1）.当时，恒成立，函数在上单调递减；当时，得，由得，由得，得函数在上单调递减，在上递增.（2）①若函数为“恒切函数”，则函数的图象与直线相切，设切点为，则且，即，.因为函数为“恒切函数”，所以存在，使得，，即，得，，设.则，，得，得，故在上单调递增，在上单调递减，从而故实数的取值范围为.②当取最大值时，，，，，，因为函数也为“恒切函数”，故存在，使得，，由得，，设，则，得，得，故在上单调递减，在上单调递增，1.在单调递增区间上，，故，由，得；2.在单调递增区间上，，，又的图象在上不间断，故在区间上存在唯一的，使得，故.此时由，得，函数在上递增，，，故.综上所述，.点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.18、（1）；（2）（i）1683；（ii）.【解析】

（1）根据频率分布直方图得到16分，17分，18分的人数，再根据古典概率的计算公式求解．（2）根据离散型随机变量的分布列和数学期望与方差的公式进行求解．【详解】（1）设“两人得分之和小于35分”为事件，则事件包括以下四种情况：①两人得分均为16分；②两人中一人16分，一人17分；③两人中一人16分，一人18分；④两人均17分.由频率分布直方图可得，得16分的有6人，得17分的有12人，得18分的有18人，则由古典概型的概率计算公式可得.所以两人得分之和小于35的概率为.（2）由频率分布直方图可得样本数据的平均数的估计值为：（个）.又由，得标准差，所以高二年级全体学生的跳绳个数近似服从正态分布.（i）因为，所以，故高二年级一分钟跳绳个数超过164个的人数估计为（人）.（ii）由正态分布可得，全年级任取一人，其每分钟跳绳个数在179以上的概率为，所以，的所有可能的取值为0，1，2，3.所以，，，，故的分布列为：0123所以，.本题考查了频率分布直方图的应用问题、正态分布的应用问题，也考查了离散型随机变量的分布列与期望的计算问题．19、(1).(2).【解析】

(1)利用分类讨论法解绝对值不等式；（2）等价转化为对任意的，恒成立，即对任意的，恒成立，再解不等式得解.【详解】（1）当时，.①当时，原不等式可化为，化简得，解得，∴；②当时，原不等式可化为，化简得，解得，∴；③当时，原不等式可化为，化简得，解得，∴；综上所述，不等式的解集是；（2）由题意知，对任意的，恒成立，即对任意的，恒成立，∵当时，，∴对任意的，恒成立，∵，，∴，∴，即实数的取值范围为.本题主要考查分类讨论法解绝对值不等式，考查绝对值三角不等式的应用和不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20、（1）84；（2）证明见解析【解析】

（1）当时，根据二项展开式分别求出每个二项式中的项的系数相加即可；（2）根据二项展开式，含项的系数为，又，再结合即可得到结论．【详解】（1）当时，，的展开式中含项的系数为．（2），，故的展开式中含项的系数为因为，所以项的系数为：.本题考查二项式定理、二项展开式中项的系数的求法、组合数的计算，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．21、（Ⅰ）（Ⅱ）见解析【解析】

求得球放入甲,乙,丙盒的概率.（I）根据相互独立事件概率计算公式，计算出所求的概率.（II）先求得可能的取值是0，1，2，1，然后根据相互独立事件概率计算公式，计算出分