重庆市普通高中2024-2025学年高二下数学期末考试模拟试题含解析

重庆市普通高中2024-2025学年高二下数学期末考试模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．等差数列{an}的公差是2，若a2,a4A．n(n+1) B．n(n-1) C．n(n+1)2 D．2．已知两个不同的平面α，β和两条不同的直线a，b满足a⊄α,b⊄β，则“a∥b”是“α∥β”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．袋中共有10个除了颜色外完全相同的球，其中有6个白球，4个红球，从袋中任取2个球，则所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为（）A． B． C． D．4．给出一个命题p：若，且，则a，b，c，d中至少有一个小于零，在用反证法证明p时，应该假设（）A．a，b，c，d中至少有一个正数 B．a，b，c，d全为正数C．a，b，c，d全都大于或等于0 D．a，b，c，d中至多有一个负数5．已知复数，则的虚部是（）A． B． C． D．6．设，则二项式展开式的所有项系数和为（）A．1 B．32 C．243 D．10247．已知随机变量服从正态分布，且，则（）A．-2 B．2 C．4 D．68．复数的实部与虚部之差为（）A．-1 B．1C． D．9．在下列命题中，①从分别标有1,2,……,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是；②的展开式中的常数项为2；③设随机变量，若，则.其中所有正确命题的序号是（）A．② B．①③C．②③ D．①②③10．已知函数在上恒不大于0，则的最大值为（）A． B． C．0 D．111．某中学元旦晚会共由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在乙的前面，丙不能排在最后一位，该晚会节目演出顺序的编排方案共有()A．720种 B．600种 C．360种 D．300种12．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．用0到9这10个数字，组成没有重复数字且能被5整除的三位数的个数为__________．14．用五种不同的颜色给图中、、、、、六个区域涂色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色且颜色齐全，则共有涂色方法__________种．15．在平面直角坐标系xOy中，动点到两坐标轴的距离之和等于它到定点的距离，记点P的轨迹为，给出下列四个结论：①关于原点对称；②关于直线对称；③直线与有无数个公共点；④在第一象限内，与x轴和y轴所围成的封闭图形的面积小于.其中正确的结论是________.（写出所有正确结论的序号）16．已知向量满足，，的夹角为，则__________．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．（1）讨论的单调性；（2）当时，若恒成立，求的取值范围．18．（12分）已知二项式，其展开式中各项系数和为.若抛物线方程为，过点且倾斜角为的直线与抛物线交于两点.（1）求展开式中最大的二项式系数（用数字作答）.（2）求线段的长度.19．（12分）已知a、b、c都是正实数，且ab+bc+ca=1求证：20．（12分）已知函数.(Ⅰ)当时,解不等式;(Ⅱ)若,对任意都有恒成立,求实数的取值范围.21．（12分）已知函数.（1）当时，求函数在点处的切线方程；（2）若函数有两个不同极值点，求实数的取值范围；（3）当时，求证：对任意，恒成立.22．（10分）在极坐标系中，直线，为直线上一点，且点在极轴上方以为一边作正三角形（逆时针方向），且面积为.（1）求点Q的极坐标；（2）写出外接圆的圆心的极坐标，并求外接圆与极轴的相交弦长.

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、A【解析】试题分析：由已知得，a42=a2⋅a8，又因为{an}【考点】1、等差数列通项公式；2、等比中项；3、等差数列前n项和．2、D【解析】

分别判断充分性和必要性得到答案.【详解】如图所示：既不充分也不必要条件.故答案选D本题考查了充分必要条件，举出反例可以简化运算.3、C【解析】

从袋中任取2个球，基本事件总数n．所取的2个球中恰有1个白球，1个红球包含的基本事件个数m，利用古典概型公式可得所求．【详解】袋中共有10个除了颜色外完全相同的球，其中有6个白球，4个红球，从袋中任取2个球，基本事件总数n1．所取的2个球中恰有1个白球，1个红球包含的基本事件个数m24，∴所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为p．故选C．本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．4、C【解析】

由“中至少一个小于零”的否定为“全都大于等于”即可求解.【详解】因为“a，b，c，d中至少有一个小于零”的否定为“全都大于等于”,

所以由用反证法证明数学命题的方法可得,应假设“全都大于等于”,

故选：C.本题主要考查了反证法，反证法的证明步骤，属于容易题.5、B【解析】

将利用复数代数形式的乘除运算化简即可得到答案.【详解】由题意，，所以的虚部是.故选：B本题主要考查复数的基本概念和复数代数形式的乘除运算，属于基础题.6、C【解析】

根据定积分求得，得出二项式，再令，即可求得展开式的所有项的系数和，得到答案.【详解】由题意，可得，所以二项式为，令，可得二项式展开式的所有项系数和为，故选C.本题主要考查了微积分基本定理的应用，以及二项展开式的系数问题，其中解答中熟记定积分的计算，以及二项式的系数的求解方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.7、D【解析】分析：由题意知随机变量符合正态分布，又知正态曲线关于对称，得到两个概率相等的区间关于对称，得到关于的方程，解方程求得详解：由题随机变量服从正态分布，且，则与关于对称，则故选D.点睛：本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义、函数图象对称性的应用等基础知识，属于基础题．8、B【解析】试题分析：,故选B.考点：复数的运算.9、C【解析】

根据二项式定理，古典概型，以及正态分布的概率计算，对选项进行逐一判断，即可判断.【详解】对①：从9张卡片中不放回地随机抽取2次，共有种可能；满足2张卡片上的数奇偶性不同，共有种可能；根据古典概型的概率计算公式可得，其概率为，故①错误；对②：对写出通项公式可得，令，解得，即可得常数项为，故②正确；对③：由正态分布的特点可知，故③正确.综上所述，正确的有②③.故选：C.本题考查古典概型的概率计算，二项式定理求常数项，以及正态分布的概率计算，属综合性基础题.10、A【解析】

先求得函数导数，当时，利用特殊值判断不符合题意.当时，根据的导函数求得的最大值，令这个最大值恒不大于零，化简后通过构造函数法，利用导数研究所构造函数的单调性和零点，并由此求得的取值范围，进而求得的最大值.【详解】，当时，，则在上单调递增，，所以不满足恒成立；当时，在上单调递增，在上单调递减，所以，又恒成立，即.设，则.因为在上单调递增，且，，所以存在唯一的实数，使得，当时，；当时，，所以，解得，又，所以，故整数的最大值为.故选A.本小题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查构造函数法，考查零点存在性定理，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.11、D【解析】

根据题意，分2步进行分析：①，将除丙之外的5人排成一排，要求甲在乙的前面，②，5人排好后有5个空位可选，在其中任选1个，安排丙，由分步计数原理计算可得答案．【详解】解：根据题意，分2步进行分析：将除丙之外的5人排成一排，要求甲在乙的前面，有种情况，②5人排好后有5个空位可选，在其中任选1个，安排丙，有5种情况，则有60×5＝300种不同的顺序，故选D．本题考查排列、组合的实际应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．12、A【解析】

根据，成立，求得，再根据集合法，选其子集即可.【详解】因为，成立，所以，成立，所以，命题“”为真命题的一个充分不必要条件是.故选：A本题主要考查不等式恒成立及逻辑关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、136【解析】分析：由题意，末尾是0或1，分类讨论，即可得出结论．详解：由题意，末尾是0或1．

末尾是0时，没有重复数字且被1整除的三位数有，

末尾是1时，没有重复数字且被1整除的三位数有，

∴用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字且被1整除的三位数有，即答案为136.点睛：本题考查计数原理的应用，考查学生的计算能力，比较基础．14、960【解析】分析：先分析出同色区域的情况，然后其他颜色任意排即可.详解：同色的区域可以为AC,AE,AF,BD,BF,CD,CE,DF,共8种，故共有涂色方法8种.故答案为960.点睛：考查排列组合的简单应用，认真审题，分析清楚情况是解题关键，属于中档题.15、②③④【解析】

由题意可得当xy≥0，可得xy+x+y﹣1＝0，当xy＜0时，﹣xy+x+y﹣1＝0，画出P的轨迹图形，由图形可得不关于原点对称，关于直线y＝x对称，且直线y＝1与曲线有无数个公共点；曲线在第一象限与坐标轴围成的封闭图形的面积小于边长为1的等腰三角形的面积，即可得到正确结论个数．【详解】解：动点P（x，y）到两坐标轴的距离之和等于它到定点A（1，1）的距离，可得|x|+|y|，平方化为|xy|+x+y﹣1＝0，当xy≥0，可得xy+x+y﹣1＝0，即y，即y＝﹣1，当xy＜0时，﹣xy+x+y﹣1＝0，即有（1﹣x）y＝1﹣x．画出动点P的轨迹为图：①Γ关于原点对称，不正确；②Γ关于直线y＝x对称，正确；③直线y＝1与Γ有无数个公共点，正确；④在第一象限内，Γ与x轴和y轴所围成的封闭图形的面积小于，正确．故答案为：②③④．本题考查曲线的方程和图形，考查曲线的性质，画出图形是解题的关键，属于中档题．16、【解析】

先计算，再由展开计算即可得解.【详解】由，，的夹角为，得.所以.故答案为：.本题主要考查了利用向量的数量积计算向量的模长，属于基础题.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）见解析（2）【解析】

（1）先求得函数的导函数，然后根据三种情况，讨论的单调性.（2）由题可知在上恒成立，构造函数，利用导数研究的单调性和最值，对分成两种进行分类讨论，根据在上恒成立，求得的取值范围.【详解】（1），当时，令，得，令，得或，所以在上单调递增，在上单调递减．当时，在上单调递增．当时，令，得，令，得或，所以在上单调递减，在上单调递增．（2）由题可知在上恒成立，令，则，令，则，所以在上为减函数，．当时，，即在上为减函数，则，所以，即，得．当时，令，若，则，所以，所以，又，所以在上有唯一零点，设为，在上，，即单调递增，在上，，即单调递减，则的最大值为，所以恒成立．由，得，则．因为，所以，由，得．记，则，所以在上是减函数，故．综上，的取值范围为．本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.18、(1)35(2)4【解析】分析：（1）当n为奇数时，二项式系数在时取最大，即在第4、5项取最大（2）各项系数和为，求，解，利用弦长公式求解。详解：（1）二项式系数分别为其中最大.最大为35（2）令，有抛物线方程为过抛物线的焦点且倾斜角为，则直线方程为，令联立：，，点睛：二项式系数最大项满足以下结论：当n为偶数时，二项式系数在时取最大，即在第项取最大。当n为奇数时，二项式系数在时取最大，即在第或项取最大。联立直线与椭圆方程根据韦达定理列出，的关系式，利用弦长公式。19、见解析【解析】

利用不等式证明．【详解】∵，∴，时取等号．又均为正数，∴本题考查用基本不等式证明不等式，解题关键是掌握基本不等式的推广形式：即．20、(Ⅰ)(−∞,−5)∪（1,+∞)；(Ⅱ)(0,6]【解析】

(Ⅰ)由题知当a=−1时,不等式等价于|x+3|+|x+1|>6，根据绝对值的几何意义能求出不等式的解集．

(Ⅱ)由,对任意都有，只需f(x)的最小值大于等于的最大值即可，转化成函数最值问题建立不等关系式，由此能求出a的取值范围．【详解】(Ⅰ)∵函数，∴当a=−1时,不等式等价于|x+3|+|x+1|>6，根据绝对值的几何意义：|x+3|+|x+1|>6可以看作数轴上的点x到点−3和点−1的距离之和大于6，则点x到点−3和点−1的中点O的距离大于3即可，∴点x在−5或其左边及1或其右边，即x<−5或x>1.∴不等式的解集为(−∞,−5)∪（1,+∞).(Ⅱ)∵,对任意都有，只需f(x)的最小值大于等于的最大值即可.由可得，，设，根据二次函数性质，，∴，解得，又，∴∴a的取值范围是(0,6].本题考查绝对值三角不等式，绝对值不等式的解法：(1)数形结合:利用绝对值不等式的几何意义[即(x,0)到(a,0)与(b,0)的距离之和]求解.(2)分类讨论:利用“零点分段法”求解.(3)构造函数:利用函数的图像求解,体现了函数与方程的思想.本题属于中等题.21、（1）（2）（3）见解析【解析】

（1）当时,求导数，将切点横坐标带入导数得到斜率，再计算切线方程.（2）求导，取导数为0，参数分离得到，设右边为