解析银川一中高二年级走进高三期末考试模拟试卷（数学试题）

银川一中2025届高二年级走进高三期末考试模拟试卷数学试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的。1．集合，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由集合的定义求出，结合交集与补集运算即可求解.【详解】因为，所以，则，2．已知命题p：，；命题q：，，则（

）A．p和q都是真命题 B．和q都是真命题C．p和都是真命题 D．和都是真命题【答案】B【分析】对于两个命题而言，可分别取、，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.【详解】对于而言，取，则有，故是假命题，是真命题，对于而言，取，则有，故是真命题，是假命题，综上，和都是真命题.3．下列图中，相关性系数最大的是（

）A．B．C．D．【答案】A【分析】由点的分布特征可直接判断【详解】观察4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明显的正相关，值相比于其他3图更接近1.4．甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分类讨论甲乙的位置，得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.【详解】当甲排在排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种；当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种；于是甲排在排尾共种方法，同理乙排在排尾共种方法，于是共种排法符合题意；基本事件总数显然是，根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为.5．记为数列的前项和，且，则数列的通项公式为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用退位法可求的通项公式．【详解】当时，，解得．当时，，所以即，而，故，故，∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，所以.6．已知函数，若有极小值，且极小值小于0，则a的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.【详解】解法一：因为的定义域为，且，若，则对任意恒成立，可知在上单调递增，无极值，不合题意；若，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，则有极小值，无极大值，由题意可得：，即，构建，则，可知在内单调递增，且，不等式等价于，解得，所以a的取值范围为；解法二：因为的定义域为，且，若有极小值，则有零点，令，可得，可知与有交点，则，若，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，则有极小值，无极大值，符合题意，由题意可得：，即，构建，因为则在内单调递增，可知在内单调递增，且，不等式等价于，解得，所以a的取值范围为.7．甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率，所以.从而.记.如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.所以，，两式相减即得，故.所以甲的总得分不小于2的概率为.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.8．已知关于的方程有4个不同的实数根，分别记为，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】变形给定方程，构造函数，利用导数探讨方程取得两个不等根的的范围，再借助一元二次方程求解即得.【详解】显然不是方程的根，则方程的根即为方程的根，令，得，设，求导得，由，得或，由，得，即函数在和上单调递减，在上单调递增，，作出的大致图象，如图，依题意，方程有两个不相等的实数根，设为，，观察图象知，方程的每一个根，由得两个不同的值，于是，且，由，解得，不妨设，则，由，得，所以的取值范围为.【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的地0分。9．为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（

）（若随机变量Z服从正态分布，）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出.【详解】依题可知，，所以，故，C正确，D错误；因为，所以，因为，所以，而，B正确，A错误，10．已知，则下列结论正确的是（

）A．B．当时，C．若的展开式中第7项的二项式系数最大，则等于或D．当时，【答案】ABD【分析】利用二项式定理中展开式的系数判断A，B，利用二项式展开项系数的奇偶性结合分类讨论判断C，利用赋值法判断D即可.【详解】对A，，故A正确；对B，的系数，则，所以，故B正确；对C，若的展开式中第项的二项式系数最大，根据二项式系数的对称性，当为偶数时，；当为奇数时，或，故C错误；对D，当时，，令，则，又因为，所以，故D正确．11．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．则下列说法正确的是（）A．B．平面C．与平面所成夹角的正弦值为D．平面与平面所成夹角的正弦值为【答案】BC【分析】B.结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；D.作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.【详解】对于A，得A错误；对于C；得C错误。对于B.因为为的中点，所以，四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；对于D.如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点，所以，又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，即，令，得，即，则，即，令，得，即，，则，故二面角的正弦值为.12．已知函数，则（）A．B．当时，的极大值为，无极小值C．当时，的极小值为，无极大值D．当时，恒成立，的取值范围为【答案】ACD【分析】A、求导即可；B、C求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值；D、求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围.【详解】对于A项：对于B、C项：当时，，故，因为在上为增函数，故在上为增函数，而，故当时，，当时，，故在处取极小值且极小值为，无极大值.对于D项：，设，则，当时，，故在上为增函数，故，即，所以在上为增函数，故.当时，当时，，故在上为减函数，故在上，即在上即为减函数，故在上，不合题意，舍.当，此时在上恒成立，同理可得在上恒成立，不合题意，舍；综上，.【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，则.【答案】【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.【详解】因为，所以则14．已知向量满足，且，则.【答案】【分析】由得，结合，得，由此即可得解.【详解】因为，所以，即，又因为，所以，从而.15．在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有种选法．【答案】24【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解.【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有种选法；每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字，则所有的可能结果为：，，，，所以选中的方格中，的4个数之和最大，为.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果.16．设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为．【答案】【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到的值，从而求出离心率.【详解】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入得，即，故，，又，得，解得，代入得，故，即，所以.四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算过程。17．（本小题共10分）已知函数，求：(1)求函数的极值；(2)求在处的切线方程.【答案】（1）极大值0；极小值4（6分）；（2）【分析】（1）求出函数的导数，得到极值点，即可得出答案；（2）求导后，带点求解即可。【详解】（1）因为函数的定义域为R，而，（1分）易知令，则，令，则，所以在或上单调递增；在上单调递减（2分）+00+单调递增极大值单调递减极小值单调递增由次是函数的极小值点，则；是函数的极大值点，则（2）由（1）知由题问知斜率为，又因为（2分）则设函数在处的切线方程为（1分）代入得整理得（3分）18．（本小题12分）在中，内角的对边分别为，为钝角，，．(1)求；(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：．我选择：（）条件。注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)（5分）；(2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为.（7分；不写所选条件得5分）【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；（2）选择①，利用正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出，再代入式子得，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；【详解】（1）由题意得，因为为钝角，（1分）则，则（1分），则，解得，（2分）因为为钝角，则.（1分）（2）选①，则，因为，则为锐角，则，此时，不合题意，舍弃；选②，因为为三角形内角，则，（1分）则代入得，解得，（2分）,（2分）则.（2分）选③，则有，解得，（1分）则由正弦定理得，即，解得，（2分）因为为三角形内角，则，（1分）则，（2分）则（1分）19．（本小题12分）已知等比数列的前n项和，其中λ为常数．(1)求λ的值；(2)设，求数列的前n项和．【答案】(1)（4分）(2)（8分）【分析】（1）由求出，根据通项公式求得，（2）先由第一问求出，这个新数列由等比数列、等差数列及常数数列组合而成，则进行分组求和.【详解】（1），当时，（1分）；当时，（1分），（1分）．数列是等比数列，对也成立（检验不算分，但不写扣1分），，即．（1分）（2）由（1）知：，，（2分）令，（1分）（2分）（1分）．（2分）20．（本小题12分）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成员为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．(1)若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．(2)假设，为使得甲、乙，所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？【答案】(1)（3分）(2)由甲参加第一阶段比赛；【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；（2）首先得到和的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，比赛成绩不少于5分的概率.（3分）（2）若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，（不写扣1分），，，，（共2分）（1分）记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，（不写扣1分）同理（同上3分），（1分）因为，则，，（1分）则，应该由甲参加第一阶段比赛.（1分）【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论.21．（本小题12分）某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：优级品合格品不合格品总计甲车间2624050乙车间70282100总计96522150优级品非优级品甲车间乙车间填写如下列联表：能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？(2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率，设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（）0.0500.0100.001k3.8416.63510.828附：【答案】(1)答案见详解（6分）(2)答案见详解（6分）【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算，并与临界值对比分析；（2）用频率估计概率可得，根据题意计算，结合题意分析判断.【详解】（1）根据题意可得列联表：（每空0.5分，共2分）优级品非优级品甲车间