西藏自治区日喀则市南木林高中2025年数学高二第二学期期末学业质量监测试题含解析

西藏自治区日喀则市南木林高中2025年数学高二第二学期期末学业质量监测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．在某项测量中，测量结果，且，若在内取值的概率为,则在内取值的概率为（）A． B． C． D．2．如图，从地面上C，D两点望山顶A，测得它们的仰角分别为45°和30°，已知米，点C位于BD上，则山高AB等于()A．100米 B．米 C．米 D．米3．2019年4月，北京世界园艺博览会开幕，为了保障园艺博览会安全顺利地进行，某部门将5个安保小组全部安排到指定的三个不同区域内值勤，则每个区域至少有一个安保小组的排法有（）A．150种 B．240种 C．300种 D．360种4．设变量x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为（）A．4 B．6 C．8 D．105．期末考试结束后，甲、乙、丙、丁四位同学预测数学成绩甲：我不能及格.乙：丁肯定能及格.丙：我们四人都能及格.丁：要是我能及格，大家都能及格.成绩公布后，四人中恰有一人的预测是错误的，则预测错误的同学是（）A．甲B．乙C．丙D．丁6．复数在平面内对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限7．设集合,则（）A． B． C． D．8．已知全集U=R，集合A={0,1,2,3,4,5}，B={x∈R|x≥3}，则A∩CA．{4,5} B．{3,4,5} C．{0,1,2} D．{0,1,2,3}9．与圆及圆都外切的圆的圆心在（）．A．一个圆上 B．一个椭圆上 C．双曲线的一支上 D．抛物线上10．已知数列满足,则()A． B． C． D．11．某校对甲、乙两个文科班的数学考试成绩进行分析，规定：大于或等于分为优秀，分以下为非优秀．统计成绩后，得到如下的列联表．根据列联表的数据判断有多少的把握认为“成绩与班级有关系”（）优秀非优秀合计甲班乙班合计临界值表：参考公式：．A． B． C． D．12．如图，矩形的四个顶点依次为，，记线段、以及的图象围成的区域（图中阴影部分）为，若向矩形内任意投一点，则点落在区域内的概率为()A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，则__________．14．位老师和位同学站成一排合影，要求老师相邻且不在两端的排法有______种.（用数字作答）15．过点的直线与圆相交于两点，当弦的长取最小值时，直线的倾倒角等于___________．16．关于的方程的两个根，若，则实数__________．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）在四棱锥中，侧面底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，，，，E，F分别为AD，PC的中点．Ⅰ求证：平面BEF；Ⅱ若，求二面角的余弦值．18．（12分）甲乙两队参加奥运知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中3人答对的概率分别为且各人正确与否相互之间没有影响.用ε表示甲队的总得分.（Ⅰ）求随机变量分布列；(Ⅱ)用A表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用B表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求P(AB).19．（12分）设函数（1）当时，求函数在上的值域；（2）若不论取何值，对任意恒成立，求的取值范围。20．（12分）已知函数当时，讨论的导函数在区间上零点的个数；当时，函数的图象恒在图象上方，求正整数的最大值.21．（12分）设曲线．（Ⅰ）若曲线表示圆，求实数的取值范围；（Ⅱ）当时，若直线与曲线交于两点，且，求实数的值．22．（10分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形，∠BCD＝110°，PA⊥底面ABCD，PA＝4，AB＝1．（I）求证：平面PBD⊥平面PAC；（Ⅱ）过AC的平面交PD于点M若平面AMC把四面体P﹣ACD分成体积相等的两部分，求二面角A﹣MC﹣P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】

根据，得到正态分布图象的对称轴为，根据在内取值的概率为0.3，利用在对称轴为右侧的概率为0.5，即可得出答案．【详解】∵测量结果，∴正态分布图象的对称轴为，∵在内取值的概率为0.3，∴随机变量在上取值的概率为，故选B．本小题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义、概率的基本性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．2、C【解析】

设，，中，分别表示，最后表示求解长度.【详解】设，中，，，中，，解得：米.故选C.本题考查了解三角形中有关长度的计算，属于基础题型.3、A【解析】

根据题意，需要将5个安保小组分成三组，分析可得有2种分组方法：按照1、1、3分组或按照1、2、2分组，求出每一种情况的分组方法数目，由加法计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，三个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组，有两种分法：按照1、1、3分组或按照1、2、2分组；若按照1、1、3分组,共有种分组方法；若按照1、2、2分组,共有种分组方法，根据分类计数原理知共有60+90=150种分组方法.故选：A.本题考查排列、组合及简单计数问题，本题属于分组再分配问题，根据题意分析可分组方法进行分组再分配，按照分类计数原理相加即可，属于简单题.4、C【解析】

先作出约束条件表示的平面区域，令，由图求出的范围，进而求出的最大值.【详解】作出可行域如图：令，由得，点；由得，点，由图知当目标函数经过点时，最大值为4，当经过点时，最小值为，所以的最大值为8.故选：C本题主要考查了简单线性规划问题，考查了学生的作图能力与数形结合的思想.5、A【解析】分析：若甲预测正确，显然导出矛盾．详解：若甲预测正确，则乙，丙，丁都正确，乙：丁肯定能及格.丙：我们四人都能及格.丁：要是我能及格，大家都能及格.，即四人都及格显然矛盾，故甲预测错误.故选A.点睛：本题考查推理与论证，根据已知分别假设得出矛盾进而得出是解题关键．6、B【解析】分析：先化简复数z,再判断其在平面内对应的点在第几象限.详解：由题得，所以复数z在平面内对应的点为，所以在平面内对应的点在第二象限.故答案为B.点睛：（1）本题主要考查复数的计算和复数的几何意义，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)复数对应的点是（a,b）,点（a,b）所在的象限就是复数对应的点所在的象限.复数和点（a,b）是一一对应的关系.7、C【解析】

解不等式得集合A，B,再由交集定义求解即可.【详解】由已知所以，故选C.本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题.8、C【解析】

通过补集的概念与交集运算即可得到答案.【详解】根据题意得CUB=x|x<3，故本题主要考查集合的运算，难度很小.9、C【解析】

设动圆的半径为，然后根据动圆与圆及圆都外切得，再两式相减消去参数，则满足双曲线的定义，即可求解.【详解】设动圆的圆心为，半径为，而圆的圆心为，半径为1；圆的圆心为，半径为1．依题意得，则，所以点的轨迹是双曲线的一支．故选C．本题主要考查了圆与圆的位置关系，以及双曲线的定义的应用，其中解答中熟记圆与圆的位置关系和双曲线的定义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.10、B【解析】分析：首先根据题中所给的递推公式，推出，利用累求和与对数的运算性质即可得出结果详解：由，可得，即，累加得，又，所以，所以有，故选B.点睛：该题考查的是有关利用累加法求通项的问题，在求解的过程中，需要利用题中所给的递推公式，可以转化为相邻两项差的式子，而对于此类式子，就用累加法求通项，之后再将100代入求解.11、C【解析】

计算出的观测值，利用临界值表找出犯错误的概率，可得出“成绩与班级有关系”的把握性.【详解】由表格中的数据可得，所以，，因此，有的把握认为“成绩与班级有关系”，故选C.本题考查独立性检验的基本思想，解题的关键就是计算出的观测值，并利用临界值表找出犯错误的概率，考查计算能力，属于基础题.12、D【解析】分析：利用定积分的几何意义求出阴影部分的面积，由几何概型的概率公式，即可得结果.详解：阴影部分的面积是，矩形的面积是，点落在区域内的概率，故选D.点睛：本题主要考查定积分的几何意义以及几何概型概率公式，属于中档题.一般情况下，定积分的几何意义是介于轴、曲线以及直线之间的曲边梯形面积的代数和，其中在轴上方的面积等于该区间上的积分值，在轴下方的面积等于该区间上积分值的相反数,所以在用定积分求曲边形面积时，一定要分清面积与定积分是相等还是互为相反数；两条曲线之间的面积可以用两曲线差的定积分来求解.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、180【解析】，，，故答案为.【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于中档题.二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.14、24【解析】

根据题意，分2步进行分析：第一步，将3位同学全排列，排好后中间有2个空位可用；第二步，将2位老师看成一个整体，安排在2个空位中，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：第一步，将3位同学全排列，有种排法，排好后中间有2个空位可用；第二步，将2位老师看成一个整体，安排在2个空位中，有种安排方法.则有种排法.故答案为:24.本题考查排列组合及简单的计数问题.对于不相邻的问题，一般采用插空法；对于相邻的问题，一般采用捆绑法.15、【解析】试题分析：圆心,当弦的长取最小值时,,.考点：直线与圆的位置关系.16、【解析】分析：根据所给的方程，当判别式不小于0时和小于0时，用求根公式表示出两个根的差，根据差的绝对值的值做出字母p的值．详解：当，即或，由求根公式得，得当，即，由求根公式得|得综上所述，或．

故答案为．点睛：本题考查一元二次方程根与系数的关系，本题解题的关键是对于判别式与0的关系的讨论，方程有实根和没有实根时，两个根的表示形式不同，本题是一个易错题．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）连接交于，并连接，，由空间几何关系可证得，利用线面平行的判断定理可得平面.（2）（法一）取中点，连，，，由二面角的定义结合几何体的特征可知为二面角的平面角,计算可得二面角的余弦值为.（法二）以为原点，、、分别为、、建立直角坐标系，则平面法向量可取：,平面的法向量,由空间向量的结论计算可得二面角的余弦值为.【详解】（1）连接交于，并连接，，，，为中点，，且，四边形为平行四边形，为中点，又为中点，，平面，平面，平面.（2）（法一）由为正方形可得，.取中点，连，，，侧面底面，且交于，，面，又，为二面角的平面角,又，，，，所以二面角的余弦值为.（法二）由题意可知面，，如图所示，以为原点，、、分别为、、建立直角坐标系，则，，，.平面法向量可取：,平面中，设法向量为，则,取,，所以二面角的余弦值为.本题主要考查线面平行的判断定理，二面角的定义与求解，空间向量的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18、（Ⅰ）的分布列为ε

0

1

2

3

P

(Ⅱ)【解析】

(Ⅰ)由题意知，的可能取值为0，1，2，3,且所以的分布列为ε0123P（Ⅱ）用C表示“甲得2分乙得1分”这一事件，用D表示“甲得3分乙得0分”这一事件，所以AB=C∪D,且C、D互斥，又由互斥事件的概率公式得19、（1）；（2）【解析】

（1）首先判断出为上的减函数，进而可得其值域；（2）易知的最大值为2，原题等价于对任意恒成立，根据分离参数思想可得任意恒成立，求出两端最值即可.【详解】解：（1）与在上均为减函数，在上为减函数，的值域为（2）易知的最大值为2.由题意可知，即对任意恒成立，即任意恒成立。设，，，，，本题主要考查了函数值域的求法，不等式恒成立问题，分离参数求最值是解题的关键，该题有一定难度.20、（1）当时，在存在唯一零点；当时，在没有零点（2）【解析】

（1）首先求，令，然后求，讨论当时，，判断函数的单调性和端点值，判断函数是否有零点；当时，同样是判断函数的单调性，然后结合零点存在性定理，可判断函数是否存在零点；（2）由，参变分离求解出在上恒成立，转化为求函数的最小值，设，，利用导数判断函数的单调性，求得函数的最小值.【详解】解：（1）.令，，则,①当时，当，，单调递减，又，所以对时，，此时在不存在零点.②当时，当，，单调递减.又因为，取，则，即.根据零点存在定理，此时在存在唯一零点.综上，当时，在存在唯一零点；当时，在没有零点.（2）由已知得在上恒成立.设，，则因为时，所以，设，，所以在上单调递增，又，，由零点存在定理，使得，即,，且当时，，，单调递减；当时，，，单调递增.所以，又在上单调递减，而，所以，因此，正整数的最大值为.本题第一问考查了判断函数零点个数的问题，这类问题需判断函数的单调性，再结合函数零点存在性定理判断，已知函数是单调函数的前提下，需满足，才可以说明区间内存在唯一零点，但难点是有时候或不易求得，本题中，证明的过程中，用到了，以及只有时，才有，这种赋端点值是比较难的.21、(1)或.(2).【解析】分析：（Ⅰ）根据圆的一般方程的条件列不等式求出的范围；

（Ⅱ）利用垂径定理得出圆的半径，从而得出的值