山西省臨汾市襄汾中學2025年數學高二第二學期期末經典模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．復數(為虛數單位)等于（）A． B． C． D．2．有10件產品，其中3件是次品，從中任取兩件，若X表示取得次品的個數，則P(X2)等于A． B．C． D．13．已知平面向量，的夾角為，，，則（）A．4 B．2 C． D．4．已知函數，則“”是“在上單調遞增”的(

)A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件5．下列不等式成立的是（）A． B． C． D．6．如圖，向量對應的復數為，則復數的共軛復數是（）A． B． C． D．7．已知函數，正實數滿足且，若在區(qū)間上的最大值為2，則的值分別為A．，2 B．， C．，2 D．，48．已知α，β表示兩個不同的平面，m為平面α內的一條直線，則“⊥”是“⊥”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件9．若,則()A． B． C． D．10．甲球與某立方體的各個面都相切，乙球與這個立方體的各條棱都相切，丙球過這個立方體的所有頂點，則甲、乙、丙三球的半徑的平方之比為（）A．1∶2∶3 B．1∶∶C．1∶∶ D．1∶2∶311．函數在定義域內可導，的圖象如圖所示，則導函數可能為（）A． B．C． D．12．已知函數，若有最小值，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知是虛數單位，則復數的模為______．14．若向量，，且，則實數__________．15．設函數和函數，若對任意都有使得，則實數a的取值范圍為______．16．某一智力游戲玩一次所得的積分是一個隨機變量，其概率分布如表，數學期望.則__________.036三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）某工廠擬生產并銷售某電子產品m萬件（生產量與銷售量相等），為擴大影響進行銷售，促銷費用x（萬元）滿足（其中，為正常數）．已知生產該產品還需投入成本萬元（不含促銷費用），產品的銷售價格定為元/件．（1）將該產品的利潤y萬元表示為促銷費用x萬元的函數；（2）促銷費用投入多少萬元時，此工廠所獲利潤最大？18．（12分）已知矩陣A＝，向量．（1）求A的特征值、和特征向量、；（2）求A5的值．19．（12分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，已知圓經過極點，且其圓心的極坐標為.（1）求圓的極坐標方程；（2）若射線分別與圓和直線交于點，（點異于坐標原點），求線段的長.20．（12分）已知函數（a∈R）．（1）討論y＝f（x）的單調性；（2）若函數f（x）有兩個不同零點x1，x2，求實數a的范圍并證明．21．（12分）已知函數，.(1)解不等式；(2)若對任意，都有，使得成立，求實數的取值范圍.22．（10分）已知曲線.(1)求曲線在點處的切線方程；(2)求與直線平行的曲線的切線方程.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

由復數的乘法運算法則求解.【詳解】故選．本題考查復數的乘法運算，屬于基礎題.2、C【解析】

根據超幾何分布的概率公式計算各種可能的概率，得出結果【詳解】由題意，知X取0，1，2，X服從超幾何分布，它取每個值的概率都符合等可能事件的概率公式，即P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，于是P(X<2)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝故選C本題主要考查了運用超幾何分布求概率，分別求出滿足題意的情況，然后相加，屬于中檔題．3、B【解析】

將兩邊平方，利用向量數量積的運算求解得出數值，然后開方得到結果.【詳解】依題意.故選B.本小題主要考查向量的數量積運算，考查向量模的坐標表示，屬于基礎題.4、A【解析】f′(x)＝x2＋a，當a≥0時，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上單調遞增”的充分不必要條件．故選A.5、B【解析】

利用指數函數與對數函數的單調性，即可得到判定，得出答案.【詳解】由題意，指數函數時，函數是增函數，所以不正確，是正確的，又由對數函數是增函數，所以不正確；對數函數是減函數，所以不正確，故選B.本題主要考查了指數函數以及對數函數的單調性的應用，其中熟記指數函數與對數函數的圖象與性質是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.6、B【解析】

由已知求得，代入，再由復數代數形式的乘除運算化簡得答案．【詳解】解：由圖可知，，，復數的共軛復數是．故選：．本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的代數表示法及其幾何意義，屬于基礎題．7、A【解析】試題分析：畫出函數圖像，因為正實數滿足且，且在區(qū)間上的最大值為1，所以=1，由解得，即的值分別為，1．故選A．考點：本題主要考查對數函數的圖象和性質．點評：基礎題，數形結合，畫出函數圖像，分析建立m,n的方程．8、B【解析】當α⊥β時，平面α內的直線m不一定和平面β垂直，但當直線m垂直于平面β時，根據面面垂直的判定定理，知兩個平面一定垂直，故“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分條件．9、D【解析】

由于兩個對數值均為正，故m和n一定都小于1，再利用對數換底公式，將不等式等價變形為以10為底的對數不等式，利用對數函數的單調性比較m、n的大小即可【詳解】∵∴0＜n＜1，0＜m＜1且即lg0.5（）>0?lg0.5（）>0∵lg0.5<0，lgm＜0，lgn＜0∴l(xiāng)gn﹣lgm<0即lgn<lgm?n<m∴1＞m＞n＞0故選D．本題考查了對數函數的圖象和性質，對數的運算法則及其換底公式的應用，利用圖象和性質比較大小的方法10、A【解析】

設立方體為以2為邊長的正方體，分別求出甲乙丙的半徑，即可得出答案?！驹斀狻吭O立方體為以2為邊長的正方體，則，，所以設立方體為以2為邊長的正方體，分別求出甲乙丙的半徑，即可得出答案。11、D【解析】

根據函數的單調性判斷出導函數函數值的符號，然后結合所給的四個選項進行分析、判斷后可得正確的結論．【詳解】由圖象可知，函數在時是增函數，因此其導函數在時，有（即函數的圖象在軸上方），因此排除A、C．從原函數圖象上可以看出在區(qū)間上原函數是增函數，所以，在區(qū)間上原函數是減函數，所以；在區(qū)間上原函數是增函數，所以．所以可排除C．故選D．解題時注意導函數的符號與函數單調性之間的關系，即函數遞增（減）時導函數的符號大（?。┯诹?，由此可判斷出導函數圖象與x軸的相對位置，從而得到導函數圖象的大體形狀．12、C【解析】

求出原函數的導函數，函數有最小值，則導函數在小于0有解，于是轉化為斜率問題求解得到答案.【詳解】根據題意，得，若有最小值，即在上先遞減再遞增，即在先小于0，再大于0，令，得：，令，只需的斜率大于過的的切線的斜率即可，設切點為，則切線方程為：，將代入切線方程得：，故切點為，切線的斜率為1，只需即可，解得：，故答案為C.本題主要考查函數的最值問題，導函數的幾何意義，意在考查學生的轉化能力，分析能力及計算能力，難度較大.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先由復數除法化簡復數，再求得復數模?！驹斀狻坑深}意可得，所以，填。本題主要考查復數的除法以及復數的模，屬于簡單題.14、.【解析】依題設，，由∥得，，解得.15、【解析】

先根據的單調性求出的值域A，分類討論求得的值域B，再將條件轉化為A，進行判斷求解即可．【詳解】是上的遞減函數，∴的值域為，令A=，令的值域為B，因為對任意都有使得，則有A，而，當a=0時，不滿足A；當a>0時，，∴解得；當a<0時，，∴不滿足條件A,綜上得.故答案為.本題考查了函數的值域及單調性的應用，關鍵是將條件轉化為兩個函數值域的關系，運用了分類討論的數學思想，屬于中檔題．16、【解析】

通過概率和為1建立方程，再通過得到方程，從而得到答案.【詳解】根據題意可得方程組：，解得，從而.本題主要考查分布列與期望相關概念，難度不大.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）當時，利潤最大值為17萬元，當時，最大利潤萬元【解析】

（1）利潤為單價乘以產品件數減去促銷費用再減去投入成本；（2）可有對勾函數的的單調性求得最大值．【詳解】（1），將代入（2）令，在單減，單增∴當時，利潤最大值為17萬元當時，最大利潤萬元本題考查函數的應用，解題關鍵是確定關系式求得函數解析式，然后通過函數解析式求得最值等．18、(1)，，,.(2).【解析】分析：（1）先根據特征多項式求特征值，再根據特征值求對應特征向量，（2）先將表示為，再根據特征向量定義化簡A5，計算即得結果.詳解：(1)矩陣的特征多項式為，令，解得，，當時，解得；當時，解得.(2)令，得，求得.所以點睛：利用特征多項式求特征值，利用或求特征向量.19、（1）；（2）【解析】

(1)將圓心極坐標轉化為直角坐標，可得圓是以為圓心，半徑為2的圓，寫出標準方程，，再轉化成極坐標方程即可（2）將代入可求得，再根據直線的參數方程進行消參，得到普通方程，再將普通方程轉化為極坐標方程，算出，可求得答案【詳解】解：（1）圓是以為圓心，半徑為2的圓.其方程是，即，可得其極坐標方程為，即；（2）將代入得，直線的普通方程為，其極坐標方程是，將代入得，故.對于圓的普通方程和參數方程及極坐標方程，應熟練掌握，平時應熟記四種極坐標方程及對應的普通方程：，做題時才能游刃有余，本題第二問巧妙地運用了極徑來求解長度問題，體現了極坐標處理解析幾何問題的優(yōu)越性20、（1）見解析；（2），證明見解析【解析】

（1）先求得函數的單調區(qū)間，然后求函數的導數，對分成兩種情況，分類討論函數的單調區(qū)間.（2）令，分離常數，構造函數，利用導數求得的單調區(qū)間和最大值，結合圖像求得的取值范圍.構造函數（），利用導數證得在成立，從而證得在上成立.根據的單調性證得.【詳解】函數的定義域為當時，，函數在上為增函數；當時，，，有，在有，即，綜上：當時，函數在上為增函數；當時，.（2）有兩個不同的零點，即有兩個不同的根，即即有兩個不同的交點；，，，當時，故.由上設令（）當時，，故在上為增函數，，從而有，即，而則，又因為所以，又，，故，即證.本小題主要考查利用導數研究函數的單調區(qū)間和最值，考查利用導數研究零點問題，考查利用導數證明不等式，綜合性很強，屬于難題.21、（1）；（2）[-3,1].【解析】試題分析:（1）由，得，去掉絕對值寫出不等式的解集;(2)對任意，都有，使得成立,則的值域為值域的子集,分別求出函數值域,建立不等式解出a的范圍即可.試題解析:（1）由，得，解得或.故不等式的解集為.（2）因為對任意，都有，使得成立，所以.又因為，.所