新疆阿克苏市农一师中学2025年数学高二下期末达标检测模拟试题含解析

新疆阿克苏市农一师中学2025年数学高二下期末达标检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．我市拟向新疆哈密地区的三所中学派出5名教师支教，要求每所中学至少派遣一名教师，则不同的派出方法有（）A．300种 B．150种 C．120种 D．90种2．已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A． B． C． D．3．从不同品牌的4台“快译通”和不同品牌的5台录音机中任意抽取3台,其中至少有“快译通”和录音机各1台,则不同的取法共有()A．140种 B．84种 C．70种 D．35种4．下列函数中，其图像与函数的图像关于直线对称的是A． B． C． D．5．设a=e1eA．a>c>b B．c>a>b C．c>b>a D．a>b>c6．已知函数，若有两个极值点，，且，则的取值范围是（）A． B． C． D．7．已知函数，其定义域是，则下列说法正确的是（）A．有最大值，无最小值B．有最大值，最小值C．有最大值，无最小值D．无最大值，最小值8．把四个不同的小球放入三个分别标有号的盒子中，不允许有空盒子的放法有（）A．12种 B．24种 C．36种 D．48种9．展开式中的所有项系数和是（）A．0 B．1 C．256 D．51210．已知，是第四象限角，则（）A． B． C． D．711．已知函数，的图象过点，且在上单调，的图象向左平移个单位后得到的图象与原图象重合，若存在两个不相等的实数，满足，则（）A． B． C． D．12．只用四个数字组成一个五位数，规定这四个数字必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数有（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设是定义在上、以1为周期的函数，若在上的值域为，则在区间上的值域为．14．平面直角坐标系中点（1,2）到直线的距离为_________15．已知方程有实根，则实数__________；16．已知向量满足，，，若对每一确定的，最大值和最小值分别为，则对任意，的最小值是_____.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）已知数列的前项和（1）求的通项公式；（2）若数列满足：，求的前项和（结果需化简）18．（12分）在上海高考改革方案中，要求每位考生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理六门学科中选择三门参加等级考试，受各因素影响，小李同学决定选择物理，并在生物和地理中至少选择一门.（1）小李同学共有多少种不同的选科方案？（2）若小吴同学已确定选择生物和地理，求小吴同学与小李同学选科方案相同的概率.19．（12分）已知菱形所在平面，，为线段的中点,为线段上一点，且．（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值．20．（12分）已知正项数列满足，数列的前项和满足．（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和．21．（12分）已知函数.（1）若不等式的解集，求实数的值.（2）在（1）的条件下，若存在实数使成立，求实数的取值范围.22．（10分）如图，已知正三棱柱的高为3，底面边长为，点分别为棱和的中点．（1）求证：直线平面；（2）求二面角的余弦值．

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】分析：根据题意，先选后排.①先选，将5名教师分成三组，有两种方式，即1，1，3与1，2，2，注意去除重复部分；②后排，将分好的三组全排列，即可得到答案.详解：根据题意：分两步计算（1）将5名教师分成三组，有两种方式即1，1，3与1，2，2；①分成1，1，3三组的方法有②分成1，2，2三组的方法有一共有种的分组方法；（2）将分好的三组全排列有种方法.则不同的派出方法有种.故选B.点睛：对于排列组合混合问题，可先选出元素，再排列。2、D【解析】

先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为、中点，，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即，故选D．解法二:设，分别为中点，，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，，为中点，，，，，又，两两垂直，，，，故选D.本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．3、C【解析】分析：从中任意取出三台，其中至少要有“快译通”和录音机各1台，有两种方法，一是2台和1台；二是1台和2台，分别求出取出的方法，即可求出所有的方法数.详解：由题意知本题是一个计数原理的应用，从中任意取出三台，其中至少要有“快译通”和录音机各1台，快译通2台和录音机1台，取法有种；快译通1台和录音机2台，取法有种，根据分类计数原理知共有种.故选：C.点睛：本题考查计数原理的应用，考查分类和分步的综合应用，本题解题的关键是看出符合条件的事件包含两种情况，是一个中档题目.4、B【解析】分析：确定函数过定点（1，0）关于x=1对称点，代入选项验证即可．详解：函数过定点（1，0），（1，0）关于x=1对称的点还是（1，0），只有过此点．故选项B正确点睛：本题主要考查函数的对称性和函数的图像，属于中档题．5、B【解析】

依据y=lnx的单调性即可得出【详解】∵b=ln而a=e1e>0,c=又lna=lne1所以lnc>lna，即有c>a，因此c>a>b本题主要考查利用函数的单调性比较大小。6、C【解析】

由可得，根据极值点可知有两根，等价于与交于两点，利用导数可求得的最大值，同时根据的大小关系构造方程可求得临界状态时的取值，结合单调性可确定的取值范围.【详解】，，令可得：.有两个极值点，有两根令，则，当时，；当时，，在上单调递增，在上单调递减，，令，则，解得：，此时.有两根等价于与交于两点，，即的取值范围为.故选：.本题考查根据函数极值点个数及大小关系求解参数范围的问题，关键是明确极值点和函数导数之间的关系，将问题转化为直线与曲线交点问题的求解.7、A【解析】

先化简函数，再根据反比例函数单调性确定函数最值取法【详解】因为函数，所以在上单调递减，则在处取得最大值，最大值为，取不到函数值，即最小值取不到.故选A.本题考查反比例函数单调性以及利用函数单调性求最值，考查分析判断求解能力，属基础题.8、C【解析】

先从4个球中选2个组成复合元素，再把个元素（包括复合元素）放入个不同的盒子，即可得出答案.【详解】从个球中选出个组成复合元素有种方法，再把个元素（包括复合元素）放入个不同的盒子中有种放法，所以四个不同的小球放入三个分别标有号的盒子中，不允许有空盒子的放法有，故选C.本题主要考查了排列与组合的简单应用，属于基础题.9、B【解析】

令，可求出展开式中的所有项系数和.【详解】令，则，即展开式中的所有项系数和是1，故选B.本题考查了二项式定理的应用，考查了展开式的系数和的求法，属于基础题.10、A【解析】

通过和差公式变形，然后可直接得到答案.【详解】根据题意，是第四象限角，故，而，故答案为A.本题主要考查和差公式的运用，难度不大.11、A【解析】

由图像过点可得，由的图象向左平移个单位后得到的图象与原图象重合，可知，结合在上单调，从而得到，由此得到的解析式，结合图像，即可得到答案。【详解】因为的图象过点，则，又，所以.一方面，的图象向左平移单位后得到的图象与原函数图象重合，则，即，化简可知．另一方面，因为在上单调，所以，即，化简可知.综合两方面可知．则函数的解析式为，结合函数图形，因为，当时，，结合图象可知则，故选A．本题主要考查正弦函数解析式的求法，以及函数图像的应用，考查学生的转化能力，属于中档题。12、B【解析】

以重复使用的数字为数字为例，采用插空法可确定符合题意的五位数的个数；重复使用每个数字的五位数个数一样多，通过倍数关系求得结果.【详解】当重复使用的数字为数字时，符合题意的五位数共有：个当重复使用的数字为时，与重复使用的数字为情况相同满足题意的五位数共有：个本题正确选项：本题考查排列组合知识的综合应用，关键是能够明确不相邻的问题采用插空法的方式来进行求解；易错点是在插空时，忽略数字相同时无顺序问题，从而错误的选择排列来进行求解.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】略14、【解析】

根据点到直线的距离公式完成计算即可.【详解】因为点为，直线为，所以点到直线的距离为：.故答案为：.本题考查点到直线距离公式的运用，难度较易.已知点，直线，则点到直线的距离为：.15、【解析】

首先设方程的实根为，代入整理为复数的标准形式，利用实部和虚部都为0，求得实数的值.【详解】设方程的实数根为，则所以，解得：，.故答案为：本题考查虚系数一元二次方程有实数根，求参数的取值范围，重点考查计算能力，属于基础题型.16、【解析】

分别令、、，根据已知条件判断出A、B、C三点的位置关系，及的几何意义，进而得到答案.【详解】因为，所以令（为坐标原点），则点必在单位圆上因为，所以令，则点必在线段的中垂线上令，因为，所以点在以线段为直径的圆上所以可得就是圆的直径显然，当点在线段的中点时，取最小值故答案为：本题考查的是平面向量的运算及圆中的最值问题，属于较难题，解题的关键是找出每个式子的几何意义.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】

（1）运用数列的递推式得时，，时，，化简计算可得所求通项公式；（2）求得，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．【详解】（1）可得时，则（2）数列满足，可得，即，前项和两式相减可得化简可得本题考查数列的递推式的运用，考查数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式，考查运算能力，属于中档题．18、（1）小李同学共有7种不同的选科方案（2）【解析】

(1)运用排除法求解；(2)列出两位同学相同的选科方案，求比值可求解.【详解】解：（1）在化学、生物、政治、历史、地理任意选两门的方法数为，在化学、政治、历史任意选两门的方法数为，，因此，小李同学共有7种不同的选科方案；（2）小吴同学有4种不同的选科方案，小吴同学与小李同学两人选科的方案共有种，其中两人选科相同的方案只有1种，因此，小吴同学与小李同学选科方案相同的概率为.本题考查有条件的组合问题，属于基础题.19、（1）见解析；（2）．【解析】分析：（1）取的中点，连接，得，由线面平行的判定定理得平面，连接交与点,连接，得，进而得平面，再由面面平行的判定，得平面平面，进而得到平面．（2）建立空间直角坐标系，求解平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．详解：（1）证明：取的中点，连接∵为的中点，∴∴平面．……2分连接交与点,连接∵为的中点，∴∴平面……4分∵∴平面平面又平面∴平面．…………6分（2）如图，建立空间直角坐标系则∴………7分设平面的法向量为则，即不放设得……8分设平面的法向量为则，即不放设得……10分则二面角的余弦值为……12分点睛：本题考查了立体几何中的直线与平面，平面与平面平行的判定及应用，以及二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20、（1）,.（2）.【解析】试题分析：(1)由题意结合所给的递推公式可得数列是以为首项，为公差的等差数列，则，利用前n项和与通项公式的关系可得的通项公式为.(2)结合(1)中求得的通项公式裂项求和可得数列的前项和.试题解析：（1）因为，所以，，因为，所以，所以，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，当时，，当时也满足，所以.（2）由（1）可知，所以.21、（1）（2）【解析】

（1）由根据绝对值不等式的解法列不等式组，结合不等式的解集，求得的值.（2）利用绝对值不等式，证得的最小值为4，由此求得的取值范围.【详解】（1）∵函数，故不等式，即，即，求得.再根据不等式的解集为.可得，∴实数.（2）在（1）的条件下，，∴存在实数使成立，即，由于，∴的最小值为2，∴，故实数的取值范围是.本小题主要考查根据绝对值不等式的解集求参数，考查利用绝对值不等式求解存在性问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.22、（1）详见解析；（2）．【解析】

取BC中点F，连接FE，FD，可证平面AFDE，则，求解三角形证明，再由线面