宁夏回族自治区银川市兴庆区银川一中2025年数学高二第二学期期末预测试题含解析

宁夏回族自治区银川市兴庆区银川一中2025年数学高二第二学期期末预测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．设，则的展开式中的常数项为（）A． B． C． D．2．已知双曲线的离心率为,过其右焦点作斜率为的直线，交双曲线的两条渐近线于两点（点在轴上方），则（）A． B． C． D．3．一个口袋内有12个大小形状完全相同的小球，其中有n个红球，若有放回地从口袋中连续取四次（每次只取一个小球），恰好两次取到红球的概率大于，则n的值共有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．设函数，若不等式恰有两个整数解，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．5．已知函数若关于的方程有7个不等实根，则实数的取值范围是()A． B． C． D．6．已知命题，命题，若为假命题，则实数的取值范围是（）A． B．或 C． D．7．若函数在上有小于的极值点，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．8．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为（）A．-4 B．-1 C．1 D．49．函数为偶函数，且在单调递增，则的解集为A． B．或C． D．或10．已知等差数列的前项和为，若，则（）A．3 B．9 C．18 D．2711．“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件12．在等差数列中，，则为（）A．2 B．3 C．4 D．5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知一组数据1，3，2，5，4，那么这组数据的方差为____．14．给出下列4个命题：①若函数f(x)在(2015,2019)上有零点，则一定有f(2015)⋅f(2019)<0；②函数y=x+|x-4|③若函数f(x)=lg(ax2+5x+4)的值域为R④若函数f(x)满足条件f(x)-4f(1x)=x,(x∈R,x≠0)，则|f(x)|其中正确命题的序号是：_____.（写出所有正确命题的序号）15．函数f（x）＝ax3＋bx2＋cx＋d的部分数值如下表：x

－3

－2

－1

0

1

2

3

4

5

f（x）

－80

－24

0

4

0

0

16

60

144

则函数y＝lgf（x）的定义域为__________．16．有7张卡片分别写有数字从中任取4张，可排出不同的四位数的个数是__________．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）已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且．（Ⅰ）求抛物线的方程；（Ⅱ）已知点，延长交抛物线于点，证明：以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切．18．（12分）已知数列的前项和，且（）．（1）若数列是等比数列，求的值；（2）求数列的通项公式。19．（12分）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（I）求曲线的直角坐标方程；（II）求直线与曲线交点的直角坐标.20．（12分）在锐角三角形中，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，求的值.21．（12分）已知函数,．（Ⅰ）求函数的单调减区间；（Ⅱ）证明:；（Ⅲ）当时，恒成立，求实数的值.22．（10分）如图，在四棱锥中，是棱PD的中点，且.（1）求证：CD∥平面ABE；（2）求证：平面ABE丄平面PCD.

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、B【解析】

利用定积分的知识求解出，从而可列出展开式的通项，由求得，代入通项公式求得常数项.【详解】展开式通项公式为：令，解得：，即常数项为：本题正确选项：本题考查二项式定理中的指定项系数的求解问题，涉及到简单的定积分的求解，关键是能够熟练掌握二项展开式的通项公式的形式.2、B【解析】

由双曲线的离心率可得a＝b，求得双曲线的渐近线方程，设右焦点为（c，0），过其右焦点F作斜率为2的直线方程为y＝2（x﹣c），联立渐近线方程，求得B，C的坐标，再由向量共线定理，可得所求比值．【详解】由双曲线的离心率为，可得ca，即有a＝b，双曲线的渐近线方程为y＝±x，设右焦点为（c，0），过其右焦点F作斜率为2的直线方程为y＝2（x﹣c），由y＝x和y＝2（x﹣c），可得B（2c，2c），由y＝﹣x和y＝2（x﹣c）可得C（，），设λ，即有0﹣2c＝λ（0），解得λ＝1，即则1．故选：B．本题考查双曲线的方程和性质，主要是离心率和渐近线方程，考查方程思想和运算能力，属于中档题．3、C【解析】

设每次取到红球的概率为p，结合独立事件的概率的计算公式，求得，再由，即可判定，得到答案.【详解】由题意，设每次取到红球的概率为p，可得，即，解得，因为，所以，所以或6或7.故选：C.本题主要考查了独立事件的概率的计算公式及其应用，其中解答中正确理解题意，合理利用独立事件的概率的计算公式，求得相应的概率的取值范围是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.4、D【解析】

求出函数的定义域、化简不等式，构造新函数，结合函数的图象，从而可得的范围，得到答案．【详解】由题意，函数的定义域为，不等式，即，即，两边除以，可得，又由直线恒过定点，若不等式恰有两个整数解，即函数图象有2个横坐标为整数的点落在直线的上方，由图象可知，这2个点为，可得，即，解得，即实数的取值范围是，故选D．本题主要考查了函数的零点的综合应用，其中解答中把不等式的解，转化为函数的图象的关系，合理得出不等式组是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．5、C【解析】分析：画出函数的图象，利用函数的图象，判断f（x）的范围，然后利用二次函数的性质求解a的范围．详解：函数的图象如图：关于f2（x）+（a﹣1）f（x）﹣a=0有7个不等的实数根，即[f（x）+a][f（x）﹣1]=0有7个不等的实数根，f（x）=1有3个不等的实数根，∴f（x）=﹣a必须有4个不相等的实数根，由函数f（x）图象可知﹣a∈（1，2），∴a∈（﹣2，﹣1）．故选：C．点睛：函数的零点或方程的根的问题，一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，一般有下列两种考查形式：(1)确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题；(2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或取值范围问题．6、D【解析】试题分析：由，可得，由，可得，解得.因为为假命题，所以与都是假命题，若是假命题，则有，若是假命题，则由或，所以符合条件的实数的取值范围为，故选D.考点：命题真假的判定及应用.7、B【解析】

先对函数求导，令导函数等于0，在上有小于的极值点等价于导函数有小于0的根．【详解】由因为在上有小于的极值点，所以有小于0的根，由的图像如图：可知有小于0的根需要，所以选择B本题主要考查了利用导数判断函数极值的问题．属于基础题．8、C【解析】

先求出在点处的切线斜率，然后利用两直线垂直的条件可求出的值.【详解】由题意，，，则曲线在点处的切线斜率为4，由于切线与直线垂直，则，解得.故选C.本题考查了导数的几何意义，考查了两直线垂直的性质，考查了计算能力，属于基础题.9、D【解析】

根据函数的奇偶性得到，在单调递增，得，再由二次函数的性质得到，【详解】函数为偶函数，则，故，因为在单调递增，所以.根据二次函数的性质可知，不等式，或者，的解集为，故选D.此题考查了函数的对称性和单调性的应用，对于抽象函数，且要求解不等式的题目，一般是研究函数的单调性和奇偶性，通过这些性质将要求的函数值转化为自变量的大小比较，直接比较括号内的自变量的大小即可.10、D【解析】设等差数列的首项为，公差为.∵∴，即∴∴故选D.11、D【解析】取，则，但，故；取，则，但是，故，故“”是“”的既不充分也不必要条件，选D.12、A【解析】

由等差数列性质，得，问题得解.【详解】是等差数列，，，解得.故选：A本题考查了等差数列的性质，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2；【解析】

先求这组数据的平均数，再代入方差公式，求方差.【详解】因为，方差.本题考查平均数与方差公式的简单应用，考查基本的数据处理能力.14、④【解析】

举出特例，如fx=(x-2017)2-1，即可判断①为假；根据定义域先将原函数化简，再根据奇偶性的定义，即可判断②为假；根据函数f(x)=lgax2+5x+4的值域为【详解】①若fx=(x-2017)2-1，则fx在2015,2019上有零点，此时②由9-x2>0得-3<x<3，所以y=所以函数y=x+③若函数f(x)=lgax当a=0时，显然成立.当a≠0时，则二次函数y=ax2+5x+4即Δ=25-16a≥0a>0解得0<a≤所以实数a的取值范围是0≤a≤2516④因为f(x)-4f1x=x，所以有f可得f(x)=-115x+所以fx当x>0时，x+4当x<0时，x+4所以fx=115故答案为④本题主要考查命题真假的判定，熟记零点存在性定理、函数奇偶性的概念、对数型函数的性质、以及解方程组法求函数解析式等即可，属于常考题型.15、【解析】试题分析：由表格可知函数的图象的变化趋势如图所示，则的解为．考点：函数的图象，函数的定义域．16、114【解析】

根据题意,按取出数字是否重复分4种情况讨论:①、取出的4张卡片中没有重复数字,即取出的4张卡片中的数字为1、2、3、4;②、取出的4张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2;③若取出的4张卡片为2张1和2张2;④、取出的4张卡片种有3个重复数字，则重复的数字为1.分别求出每种情况下可以排出四位数的个数,由分类计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，分4种情况讨论：(1)取出的4张卡片中没有重复数字,即取出的4张卡片中的数字为1、2、3、4，此时=24种顺序,可以排出24个四位数;(2)取出的4张卡片中有2个重复数字,则2个重复的数字为1或2，若重复的数字为1,在2、3、4中取出2个,有种取法,安排在四个位置中,有种情况,剩余位置安排数字1,可以排出3×12=36个四位数,同理,若重复的数字为2,也可以排出36个重复数字;(3)若取出的4张卡片为2张1和2张2,在4个位置安排两个1,有种情况,剩余位置安排两个2,则可以排出6×1=6个四位数;(4)取出的4张卡片中有3个重复数字,则重复的数字为1,在2、3、4中取出1个卡片,有种取法,安排在四个位置中,有种情况,剩余位置安排1,可以排出3×4=12个四位数;所以一共有24+36+36+6+12=114个四位数.故答案为:114.本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用,属于难题,有关排列组合的综合问题,往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题,解答这类问题理解题意很关键,一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”,在应用分类计数加法原理讨论时,既不能重复交叉讨论又不能遗漏,这样才能提高准确率,难度较难.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、（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析．【解析】解法一：（Ⅰ）由抛物线的定义得．因为，即，解得，所以抛物线的方程为．（Ⅱ）因为点在抛物线上，所以，由抛物线的对称性，不妨设．由，可得直线的方程为．由，得，解得或，从而．又，所以，，所以，从而，这表明点到直线，的距离相等，故以为圆心且与直线相切的圆必与直线相切．解法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）设以点为圆心且与直线相切的圆的半径为．因为点在抛物线上，所以，由抛物线的对称性，不妨设．由，可得直线的方程为．由，得，解得或，从而．又，故直线的方程为，从而．又直线的方程为，所以点到直线的距离．这表明以点为圆心且与直线相切的圆必与直线相切．考点：1、抛物线标准方程；2、直线和圆的位置关系．18、（1）1；（2）（）【解析】分析：（1）由可得，∴a2=3，a3=7，依题意，得（3+t）2=（1+t）（7+t），解得t=1；（2）由（1），知当n≥2时，，即数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，得，即可求通项．详解：（1）当时，由，得．当时，，即，∴，．依题意，得，解得，当时，，，即为等比数列成立，故实数的值为1；（2）由（1），知当时，，又因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．所以，∴（）.点睛：（1）证明数列为等比数列时，常运用等比数列的定义去证明，在证明过程中，容易忽视验证首项不为零这一步骤。（2）数列通项的求法方法多样，解题时要根据数列通项公式的特点去选择。常用的方法有：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、取倒数等。19、（I）；（II）.【解析】

（I）曲线C的极坐标方程为两边同乘，利用极坐标与直角坐标互化公式可得直角坐标方程．（II）将代入中，得的二次方程，解得则可求解【详解】（I）将两边同乘得，，曲线的直角坐标方程为：.（II）将代入中，得，解得，直线与曲线交点的直角坐标为.本题考查了极坐标与直角坐标方程的互化、参数方程化为普通方程及其应用、直线与抛物线相交问题，考查的几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．20、（1）；（2）1【解析】

(1)利用二倍角公式化简即得A的值.(2)先利用正弦定理化简得，再利用余弦定理求a的值.【详解】⑴,又因为为锐角三角形，，，.⑵，，，.本题主要考查三角恒等变换，考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的