2025届江苏省南京江浦高级中学高二数学第二学期期末监测试题含解析.doc

2025届江苏省南京江浦高级中学高二数学第二学期期末监测试题
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．给出下列四个说法：
①命题“，都有”的否定是“，使得”；
②已知、，命题“若，则”的逆否命题是真命题；
③是的必要不充分条件；
④若为函数的零点，则.
其中正确的个数为（ ）
A． B． C． D．
2．设，则“”是“”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．函数f(x)＝|x－2|x的单调减区间是(　　)
A．[1,2] B．[－1,0] C．[0,2] D．[2，＋∞)
4．定积分的值为(　 　)
A． B． C． D．
5．用反证法证明命题“已知，且，则中至少有一个大于”时，假设应为（ ）
A．且 B．或
C．中至多有一个大于 D．中有一个小于或等于
6．在极坐标中，为极点，曲线：上两点对应的极角分别为，则的面积为
A． B． C． D．
7．已知样本数据点集合为，样本中心点为，且其回归直线方程为，则当时，的估计值为（ ）
A． B． C． D．
8．魏晋时期数学家刘徽在他的著作九章算术注中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为：若正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为　　
A．16 B． C． D．
9．执行如图所示的程序框图，则程序输出的结果为（ ）

A． B． C． D．
10．从标有1、2、3、4、5的五张卡片中，依次不放回地抽出2张，则在第一次抽到奇数的情况下，第二次抽到偶数的概率为( )
A． B． C． D．
11．《九章算术》是我国古代的数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，其中中有很多对几何体体积的研究．已知某囤积粮食的容器是由同底等高的一个圆锥和一个圆柱组成,若圆锥的底面积为、高为,则该容器外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
12．某同学将收集到的六组数据制作成散点图如图所示，并得到其回归直线的方程为，计算其相关系数为，相关指数为.经过分析确定点为“离群点”，把它去掉后，再利用剩下的5组数据计算得到回归直线的方程为，相关系数为，相关指数为.以下结论中，不正确的是

A． B．
C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．当时，等式恒成立，根据该结论，当时，，则的值为___________.
14．五名旅客在三家旅店投宿的不同方法有______种．
15．已知函数，若，则实数的取值范围__________.
16．若函数为偶函数，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）函数，.
（Ⅰ）求函数的极值；
（Ⅱ）若，证明：当时，.
18．（12分）在一次数学测验后，班级学委对选答题的选题情况进行统计，如下表：

几何证
明选讲
极坐标与
参数方程
不等式
选讲
合计
男同学
12
4
6
22
女同学
0
8
12
20
合计
12
12
18
42
（1）在统计结果中，如果把几何证明选讲和极坐标与参数方程称为“几何类”，把不等式选讲称为“代数类”，我们可以得到如下2×2列联表.

几何类
代数类
合计
男同学
16
6
22
女同学
8
12
20
合计
24
18
42
能否认为选做“几何类”或“代数类”与性别有关，若有关，你有多大的把握？
（2）在原始统计结果中，如果不考虑性别因素，按分层抽样的方法从选做不同选答题的同学中随机选出7名同学进行座谈．已知这名学委和2名数学课代表都在选做“不等式选讲”的同学中．
①求在这名学委被选中的条件下，2名数学课代表也被选中的概率；
②记抽取到数学课代表的人数为，求的分布列及数学期望．
下面临界值表仅供参考：

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

19．（12分）已知.
（Ⅰ）计算的值；
（Ⅱ）若，求中含项的系数；
（Ⅲ）证明：.
20．（12分）甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率是，乙胜的概率是，不会出现平局．
（1）如果两人赛3局，求甲恰好胜2局的概率和乙至少胜1局的概率；
（2）如果采用五局三胜制若甲、乙任何一方先胜3局，则比赛结束，结果为先胜3局者获胜，求甲获胜的概率．
21．（12分）已知m是实数，关于x的方程E：x2﹣mx+（2m+1）＝1．
（1）若m＝2，求方程E在复数范围内的解；
（2）若方程E有两个虚数根x1，x2，且满足|x1﹣x2|＝2，求m的值．
22．（10分）已知椭圆左右焦点分别为，，
若椭圆上的点到，的距离之和为，求椭圆的方程和焦点的坐标；
若、是关于对称的两点，是上任意一点，直线，的斜率都存在，记为，，求证：与之积为定值．
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、C
【解析】
根据全称命题的否定可判断出命题①的真假；根据原命题的真假可判断出命题②的真假；解出不等式，利用充分必要性判断出命题③的真假；构造函数，得出，根据零点的定义和函数的单调性来判断命题④的正误.
【详解】
对于命题①，由全称命题的否定可知，命题①为假命题；
对于命题②，原命题为真命题，则其逆否命题也为真命题，命题②为真命题；
对于命题③，解不等式，得或，所以，是的充分不必要条件，命题③为假命题；
对于命题④，函数的定义域为，
构造函数，则函数为增函数，
又，
为函数的零点，则，
，，则，命题④为真命题.
故选：C.
本题考查命题真假的判断，涉及命题的否定，四种命题的关系，充分必要的判断以及函数的零点，考查推理能力，属于中等题.
2、B
【解析】
分别将两个不等式解出来即可
【详解】
由得
由得
所以“”是“”的必要不充分条件
故选：B
设命题p对应的集合为A，命题q对应的集合为B，若AÜB,则p是q的充分不必要条件，若AÝB，则p是q的必要不充分条件，若A=B，则p是q的充要条件.
3、A
【解析】
画出分段函数的图象，数形结合，可得函数的单调减区间。
【详解】
函数的图象如图所示：

结合图象可知函数的单调减区间是
故选
本题主要考查了分段函数的应用以及函数单调性的判断，考查了数形结合的思想，属于基础题，在含有绝对值的题目时通常要经过分类讨论去绝对值。
4、C
【解析】
试题分析：=.故选C.
考点：1.微积分基本定理；2.定积分的计算.
5、A
【解析】
根据已知命题的结论的否定可确定结果.
【详解】
假设应为“中至少有一个大于”的否定，即“都不大于”，即“且”.
故选：.
本题考查反证法的相关知识，属于基础题.
6、A
【解析】
将、两点的极角代入曲线的极坐标方程，求出、，将、的极角作差取绝对值得出，最后利用三角形的面积公式可求出的面积。
【详解】
依题意得：、，，
所以，故选：A。
本题考查利用极坐标求三角形的面积，理解极坐标中极径、极角的含义，体会数与形之间的关系，并充分利用正弦、余弦定理以及三角形面积公式求解弦长、角度问题以及面积问题，能起到简化计算的作用。
7、D
【解析】
根据线性回归直线过样本中心点，可得，然后代值计算，可得结果.
【详解】
由题可知：
所以回归直线方程为
当当时，
故选：D
本题考查线性回归方程，掌握回归系数的求法以及回归直线必过样本中心点，属基础题.
8、C
【解析】
由已知求出正方体内切球的体积，再由已知体积比求得“牟合方盖”的体积．
【详解】
正方体的棱长为2则其内切球的半径，
正方体的内切球的体积，
又由已知，．
故选C．
本题考查球的体积的求法，理解题意是关键，是基础题．
9、C
【解析】
依次运行如图给出的程序，可得；
，所以输出的的值构成周期为4的数列．因此当时，．故程序输出的结果为．选C．
10、B
【解析】
由题意，记“第一次抽到奇数”为事件A，记“第二次抽到偶数”为事件B，则，，所以.故选B.
11、C
【解析】
首先求出外接球的半径，进一步利用球的表面积公式的应用求出结果
【详解】
根据已知条件，圆锥的底面积为8π，所以π•r2＝8π，解得圆锥的底面半径为，
由题外接球球心是圆柱上下底面中心连线的中点，设外接球半径为R,则，解得
所以表面积．
故选C．
本题考查的知识要点：组合体的外接球的半径的求法及应用，球的表面积公式的应用，主要考察学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
12、B
【解析】
根据相关性的正负判断和的正负，根据两个模型中回归直线的拟合效果得出和的大小关系，将第一个模型中的样本数据中心点代入直线的方程得出的值，由两回归直线的倾斜程度得出两回归直线的斜率大小关系。
【详解】
由图可知两变量呈现正相关，故，且，故,
故正确，不正确.
又回归直线必经过样本中心点，所以，正确.
回归直线必经过样本中心点，所以，
所以，也可直接根据图象判断（比较两直线的倾斜程度），故正确。故选：B。
本题考查回归分析，考查回归直线的性质、相关系数、相关指数的特点，意在考查学生对这些知识点的理解，属于中等题。

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、.
【解析】
由，可得，，结合已知等式将代数式将代数式展开，可求出的值.
【详解】
当时，得，，
所以，
所以，，故答案为：.
本题考查恒等式的应用，解题时要充分利用题中的等式，结合分类讨论求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
14、
【解析】
每名旅客都有种选择，根据分步乘法计数原理可得出五名旅客投宿的方法种数.
【详解】
由于每名旅客都有种选择，因此，五名旅客在三家旅店投宿的不同方法有种.
故答案为：.
本题考查分步乘法计数原理的应用，考查计算能力，属于基础题.
15、
【解析】
设，再求函数的奇偶性和单调性，再利用函数的奇偶性和单调性解不等式得解.
【详解】
设，
因为，所以函数是奇函数，其函数的图像为

函数在R上单调递增，
由题得，
所以,
所以,
所以，
所以.
故答案为：
本题主要考查函数的单调性和奇偶性及其应用，考查函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
16、1
【解析】
试题分析：由函数为偶函数函数为奇函数，
．
考点：函数的奇偶性．
【方法点晴】本题考查导函数的奇偶性以及逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力、特殊与一般思想、数形结合思想与转化思想，具有一定的综合性和灵活性，属于较难题型．首先利用转化思想，将函数为偶函数转化为 函数为奇函数，然后再利用特殊与一般思想，取．

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、 (Ⅰ)有极小值，无极大值.(Ⅱ)证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）求出，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间，根据单调性可得函数的极值；（2）不等式等价于，由（1）得，可得，设，利用导数研究函数的单调性，根据单调性可得，进而可得结果.
试题解析：（1）函数的定义域为，，
由得， 得，所以函数在单调递减，
在上单调递增，所以函数只有极小值.
（2）不等式等价于，由（1）得：.
所以，，所以 .
令，则，当时，，
所以在上为减函数，因此，，
因为，所以，当时，，所以，而，所以.
18、（1）答案见解析；（2）①.；②.答案见解析.
【解析】
分析：(1)由题意知K2的观测值k≈4.582>3.841，则有95%的把握认为选做“几何类”或“代数类”与性别有关．
（2）①由题意结合条件概率计算公式可知在学委被选中的条件下，2名数学课代表也被选中的概率为;
②由题意知X的可能取值为0，1，2.由超几何分布计算相应的概率值可得其分布列，然后计算其数学期望为E(X)＝.
详解：(1)由题意知K2的观测值k＝≈4.582>3.841，
所以有95%的把握认为选做“几何类”或“代数类”与性别有关．
（2）①由题可知在选做“不等式选讲”的18名学生中，要选取3名同学，
令事件A为“这名学委被选中”，事件B为“两名数学课代表被选中”，
则，
，
②由题意知X的可能取值为0，1，2.
依题意P(X＝0)＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝，
则其分布列为：

所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
点睛：本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望，独立性检验的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
19、（Ⅰ）-2019；（Ⅱ）196；（Ⅲ）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）由于，代入-1即可求得答案;
（Ⅱ）由于，利用二项式定理即可得到项的系数；
（Ⅲ）可设，找出含项的系数，利用错位相减法数学思想两边同时乘以，再找出含项的系数，于是整理化简即可得证.
【详解】
解：（Ⅰ）∵，
∴；
∴；
（Ⅱ）
，
中项的系数为；
（Ⅲ）设（且）①
则函数中含项的系数为，
另一方面：由①得：②
①-②得：
，
所以，
所以，
则中含项的系数为，
又因为，
，
所以，
即，
所以.
本题主要考查二项式定理的相关应用，意在考查学生对于赋值法的理解，计算能力，分析能力及逻辑推理能力，难度较大.
20、（1）；（2）
【解析】
分析：（1）先由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率，根据独立重复试验公式公式，列出算式，得到结果．
（2）由于采用五局三胜制，则甲获胜包括甲以3：0获胜，以3：1获胜，以3：2获胜，根据独立重复试验公式列出算式，得到结果．
详解：
（1）甲恰好胜2局的概率；
乙至少胜1局的概率；
（2）打3局：；打4局：；
打五局：
因此甲获胜的概率为
点睛：求一个事件的概率，关键是先判断出事件所属的概率模型，然后选择合适的概率公式进行计算．正确理解概率加法公式和相互独立性事件的概率计算公式是解题的关键．
21、（1）x＝1+2i，或x＝1﹣2i （2）m＝1，或m＝2
【解析】
（1）根据求根公式可求得结果；
（2）根据实系数多项式虚根成对定理，不妨设x1＝a+bi，则x2＝a﹣bi，根据韦达定理以及|x1﹣x2|＝2，可解得结果.
【详解】
（1）当m＝2时，x2﹣mx+（2m+1）＝x2﹣2x+5＝1，
∴x，∴x＝1+2i，或x＝1﹣2i．
∴方程E在复数范围内的解为x＝1+2i，或x＝1﹣2i；
（2）方程E有两个虚数根x1，x2，
根据实系数多项式虚根成对定理，不妨设x1＝a+bi，则x2＝a﹣bi，
∴x1+x2＝2a＝m，∴
∵|x1﹣x2|＝|2bi|＝2，∴b2＝1，∴，
∴m＝1，或m＝2．
本题考查了求根公式，考查了实系数多项式虚根成对定理，考查了韦达定理，属于中档题.
22、，焦点，；证明见解析.
【解析】
先根据点到到，的距离之和求得，再把点代入椭圆方程求得，则可得，进而求得椭圆的方程和焦点坐标；
设点的坐标为，根据点的对称性求得的坐标，代入椭圆方程设出点的坐标，利用斜率公式分别表示出和的斜率，求得二者乘积的表达式，把式子代入结果为常数，原式得证.
【详解】
解：椭圆的焦点在轴上，由椭圆上点到到，的距离之和为，
得，即.
点在椭圆上，
，得，则.
椭圆的方程为，焦点为，.
设点，则点，其中.
设点，由，，
可得，
将和代入，
得.
故与之积为定值.
本题主要考查椭圆得标准方程与性质，直线的斜率求法，属于中档题.