云南省宜良第一中学2025年数学高二第二学期期末教学质量检测试题含解析

云南省宜良第一中学2025年数学高二第二学期期末教学质量检测试题考生须知：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。1．2019年，河北等8省公布了高考改革综合方案将采取“3+1+2”模式，即语文、数学、英语必考，然后考生先在物理、历史中选择1门，再在思想政治、地理、化学、生物中选择2门.一名同学随机选择3门功课，则该同学选到物理、地理两门功课的概率为（）A． B． C． D．2．“直线垂直于平面内无数条直线”是“直线垂直于平面”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件3．中，若，则该三角形一定是（）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形4．设，，若，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．5．有张卡片分别写有数字，从中任取张，可排出不同的四位数个数为（）A． B． C． D．6．函数的图像可能是（）A． B．C． D．7．如图，可导函数在点处的切线方程为，设，为的导函数，则下列结论中正确的是（）A．，是的极大值点B．，是的极小值点C．，不是的极值点D．，是是的极值点8．的展开式存在常数项，则正整数的最小值为（）A．5 B．6 C．7 D．149．在中，，，，则的面积为（）A．15 B． C．40 D．10．已知函数是定义在上的奇函数,当时，,则（）A．12 B．20 C．28 D．11．已知回归直线的斜率的估计值为1.8，样本点的中心为（4，5），则回归直线方程是（）A． B． C． D．12．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有()种.A．36 B．30 C．12 D．6二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设，关于的不等式在区间上恒成立，其中，是与无关的实数，且，的最小值为1.则的最小值______.14．设，若，则实数________.15．如图，已知正方体的棱长为2，E，F分别为棱的中点，则四棱锥的体积为__________.16．关于旋转体的体积，有如下的古尔丁（guldin）定理：“平面上一区域D绕区域外一直线（区域D的每个点在直线的同侧，含直线上）旋转一周所得的旋转体的体积，等于D的面积与D的几何中心（也称为重心）所经过的路程的乘积”．利用这一定理，可求得半圆盘，绕直线x旋转一周所形成的空间图形的体积为_____．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）已知函数，求：（1）函数的图象在点处的切线方程；（2）的单调递减区间．18．（12分）已知数列的前项和，函数对任意的都有，数列满足.（1）求数列，的通项公式；（2）若数列满足，是数列的前项和，是否存在正实数，使不等式对于一切的恒成立？若存在请求出的取值范围；若不存在请说明理由．19．（12分）某单位组织“学习强国”知识竞赛，选手从6道备选题中随机抽取3道题.规定至少答对其中的2道题才能晋级.甲选手只能答对其中的4道题。(1)求甲选手能晋级的概率；(2)若乙选手每题能答对的概率都是，且每题答对与否互不影响，用数学期望分析比较甲、乙两选手的答题水平。20．（12分）已知.（1）求证：恒成立；（2）试求的单调区间；（3）若，，且，其中，求证：恒成立.21．（12分）（1）求过点P(3,4)且在两个坐标轴上截距相等的直线l1（2）求过点A(3,2)，且与直线2x-y+1=0垂直的直线l222．（10分）如图，在等腰梯形中，，，，，梯形的高为，是的中点，分别以为圆心，，为半径作两条圆弧，交于两点.（1）求的度数；（2）设图中阴影部分为区域，求区域的面积.

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】

先计算出基本事件的总数，然后再求出该同学选到物理、地理两门功课的基本事件的个数，应用古典概型公式求出概率.【详解】解:由题意可知总共情况为，满足情况为，该同学选到物理、地理两门功课的概率为.故选B.本题考查了古典概型公式，考查了数学运算能力.2、B【解析】

由“直线垂直于平面”可得到“直线垂直于平面内无数条直线”，反之不成立（如与无数条平行直线垂直时不成立），所以“直线垂直于平面内无数条直线”是“直线垂直于平面”的必要而不充分条件，故选B.考点：充分条件与必要条件3、D【解析】

利用余弦定理角化边后，经过因式分解变形化简可得结论.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以或，所以或，所以三角形是等腰三角形或直角三角形.故选：D本题考查了利用余弦定理角化边，考查了利用余弦定理判断三角形的形状，属于基础题.4、C【解析】

分别求解出集合和，根据交集的结果可确定的范围.【详解】，本题正确选项：本题考查根据交集的结果求解参数范围的问题，属于基础题.5、C【解析】分析：根据题意，分四种情况讨论：①取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为1,2,3,4；②取出四张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2；③若取出的四张卡片为2张1和2张2；④取出四张卡片中有3个重复数字，则重复数字为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结论.详解：根据题意，分四种情况讨论：①取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为1,2,3,4；此时有种顺序，可以排出24个四位数.②取出四张卡片中4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若取出的四张卡片为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，则可以排出个四位数；④取出四张卡片中有3个重复数字，则重复数字为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，可以排出个四位数，则一共有个四位数，故选C.点睛：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.6、A【解析】

判断函数的奇偶性和对称性，利用特征值的符号是否一致进行排除即可．【详解】解：f（﹣x）f（x），则函数f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除B，D，函数的定义域为{x|x≠0且x≠±1}，由f（x）＝0得sinx＝0，得距离原点最近的零点为π，则f（）0，排除C，故选：A．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用对称性以及特殊值进行排除是解决本题的关键．7、B【解析】

由图判断函数的单调性，结合为在点P处的切线方程，则有，由此可判断极值情况.【详解】由题得，当时，单调递减，当时，单调递增，又，则有是的极小值点，故选B.本题通过图象考查导数的几何意义、函数的单调性与极值，分析图象不难求解.8、C【解析】

化简二项式展开式的通项公式，令的指数为零，根据为正整数，求得的最小值.【详解】，令，则，当时，有最小值为7.故选C.本小题主要考查二项式展开式的通项公式，考查与正整数有关问题，属于基础题.9、B【解析】

先利用余弦定理求得，然后利用三角形面积公式求得三角形的面积.【详解】由余弦定理得，解得，由三角形面积得，故选B.本小题主要考查余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于基础题.10、A【解析】

先计算出的值，然后利用奇函数的性质得出可得出的值。【详解】当时，，则，由于函数是定义在上的奇函数，所以，，故选：A.本题考查利用函数奇偶性求值，求函数值时要注意根据自变量的范围选择合适的解析式，合理利用奇偶性是解本题的关键，考查运算求解能力，属于基础题。11、D【解析】

根据回归直线必过样本点的中心可构造方程求得结果.【详解】回归直线斜率的估计值为1.8，且回归直线一定经过样本点的中心，，即.故选：.本题考查回归直线的求解问题，关键是明确回归直线必过样本点的中心，属于基础题.12、A【解析】从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，因为先从其余3人中选出1人担任文艺委员，再从4人中选2人担任学习委员和体育委员，所以不同的选法共有种.本题选择A选项.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

化简，结合单调性及题意计算出，的表达式，由的最小值为1计算出结果【详解】因为，所以在上单调递增，又关于的不等式在上恒成立，所以，，因为的最小为1，所以，即，所以，当且仅当，即时取“”，即的最小值为.本题考查了计算最值问题，题目较为复杂，理清题意，结合函数的单调性求出最值，运用基本不等式计算出结果，紧扣题意是解题关键，考查了学生转化能力14、【解析】

将左右两边的函数分别求导，取代入导函数得到答案.【详解】两边分别求导：取故答案为本题考查了二项式定理的计算，对两边求导是解题的关键.15、【解析】

由题意可得，再利用三棱锥的体积公式进行计算即可．【详解】由已知得，，，四边形是菱形，所以.本题考查几何体的体积，解题的关键是把四棱锥的体积转化为两个三棱锥的体积，属于基础题．16、2π【解析】

显然半圆的几何中心在半圆与x轴的交线上，设几何中心到原点的距离为x，根据古尔丁（guldin）定理求得球的体积，根据球的体积公式列等式可解得，再根据这一定理即可求得结果.【详解】显然半圆的几何中心在半圆与x轴的交线上，设几何中心到原点的距离为x，则由题意得：2πx•（），解得x，所以几何中心到直线x的距离为：，所以得到的几何体的体积为：V＝（2π）•（）＝2π．故答案为：本题考查了球的体积公式，考查了古尔丁（guldin）定理，利用球的体积求出是解题关键，属于中档题.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）；（2）【解析】

试题分析:第(1)问,先求导，再求出切线的斜率和切点坐标，最后写出直线的点斜式方程;第(2)问,直接利用导数求函数的单调递减区间.试题解析:，，，所以切点为（0，-2），∴切线方程为，一般方程为；（2），令，解得或，∴的单调递减区间为和.18、(1)，;(2).【解析】分析：（1）利用的关系，求解；倒序相加求。（2）先用错位相减求，分离参数，使得对于一切的恒成立，转化为求的最值。详解：（1）时满足上式，故∵=1∴∵①∴②∴①+②，得.（2）∵，∴∴①，②①－②得即要使得不等式恒成立，恒成立对于一切的恒成立，即，令，则当且仅当时等号成立，故所以为所求.点睛：1、，一定要注意，当时要验证是否满足数列。2、等比乘等差结构的数列用错位相减。3、数列中的恒成立问题与函数中的恒成立问题解法一致。19、（1）；（2）乙选手比甲选手的答题水平高【解析】

（1）解法一：分类讨论，事件“甲选手能晋级”包含“甲选手答对道题”和“甲选手答对道题”，然后利用概率加法公式求出所求事件的概率；解法二：计算出事件“甲选手能晋级”的对立事件“甲选手答对道题”的概率，然后利用对立事件的概率公式可计算出答案；（2）乙选手答对的题目数量为，甲选手答对的数量为，根据题意知，随机变量服从超几何分布，利用二项分布期望公式求出，再利用超几何分布概率公式列出随机变量的分布列，并计算出，比较和的大小，然后可以下结论。【详解】解法一：（1）记“甲选手答对道题”为事件，，“甲选手能晋级”为事件，则。；（2）设乙选手答对的题目数量为，则，故，设甲选手答对的数量为，则的可能取值为，，，，故随机变量的分布列为所以，，则，所以，乙选手比甲选手的答题水平高；解法二：（1）记“甲选手能晋级”为事件，则；（2）同解法二。本题考查概率的加法公式、对立事件的概率、古典概型的概率计算以及随机变量及其分布列，在求随机分布列的问题，关键要弄清楚随机变量所服从的分布类型，然后根据相关公式进行计算，考查计算能力，属于中等题。20、(1)证明见解析；(2)单调递增区间为，无单调递减区间。(3)证明见解析【解析】

（1）构造函数，利用导数求出函数的最小值，利用来证明所证不等式成立；（2）先解等式可得出函数的定义域，求出该函数的导数，利用（1）中的结论得出在定义域内恒成立，由此可得出函数的单调区间；（3）证法一：利用分析法得出要证，即证，利用数学归纳法和单调性证明出对任意的恒成立，再利用（1）中的不等式即可得证；证法二：利用数学归纳法证明，先验证当时，不等式成立，即，再假设当时不等式成立，即，利用函数的单调性得出，由归纳原理证明所证不等式成立.【详解】（1）令，则，由得，由得.函数在上单调递减，在上单调递增，，即恒成立；（2）由得或，函数的定义域为，因为，由（1）可知当时，恒成立，且，.函数单调递增区间为，，无单调递减区间；（3）证法一：，要证，即证，即证，即证.先证对任意，，即，即.构造函数，其中，则，则函数在上单调递增，，所以，对任意的，，即，.下面证明对任意的，.，.假设当时，，则当时，.由上可知，对任意的，.由（1）可知，当时，，，，因此，对任意的，；证法二：数学归纳法①当时，，，，，即成立；