廣東省珠海一中2024屆數學高二第二學期期末監(jiān)測試題含解析

廣東省珠海一中2024屆數學高二第二學期期末監(jiān)測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．以下說法中正確個數是（）①用反證法證明命題“三角形的內角中至多有一個鈍角”的反設是“三角形的三個內角中至少有一個鈍角”；②欲證不等式成立，只需證；③用數學歸納法證明（，，在驗證成立時，左邊所得項為；④命題“有些有理數是無限循環(huán)小數，整數是有理數，所以整數是無限循環(huán)小數”是假命題，推理錯誤的原因是使用了“三段論”，但小前提使用錯誤.A． B． C． D．2．拋物線的準線方程為（）A． B． C． D．3．已知，函數，若函數恰有三個零點，則（）A． B．C． D．4．如圖，已知電路中4個開關閉合的概率都是，且是互相獨立的，燈亮的概率為（）A． B． C． D．5．已知點是的外接圓圓心,.若存在非零實數使得且,則的值為（）A． B． C． D．6．下列隨機試驗的結果，不能用離散型隨機變量表示的是()A．將一枚均勻正方體骰子擲兩次，所得點數之和B．某籃球運動員6次罰球中投進的球數C．電視機的使用壽命D．從含有3件次品的50件產品中，任取2件，其中抽到次品的件數7．復數z滿足z=2i1-iA．1－i B．1＋2i C．1＋i D．－1－i8．設P，Q分別是圓和橢圓上的點，則P，Q兩點間的最大距離是()A． B．C． D．9．已知定義在R上的函數的圖象關于對稱，且當時，單調遞減，若，，，則a，b，c的大小關系是A． B． C． D．10．存在實數，使成立的一個必要不充分條件是()A． B． C． D．11．在某項測量中，測量結果，且，若在內取值的概率為,則在內取值的概率為（）A． B． C． D．12．已知a＝log34，b＝，c＝，則a，b，c的大小關系為（）A．a＞b＞c B．b＞c＞aC．c＞a＞b D．b＞a＞c二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知向量，若則實數的值為_______．14．函數的最小值為__________．15．正方體中，、分別是、的中點，則直線與平面所成角的正弦值為______.16．已知函數，若，則實數的取值范圍__________.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）如圖為某一幾何體的展開圖，其中是邊長為的正方形，，點及共線.(1)沿圖中虛線將它們折疊起來，使四點重合，請畫出其直觀圖，試問需要幾個這樣的幾何體才能拼成一個棱長為的正方體?(2)設正方體的棱的中點為，求平面與平面所成二面角(銳角)的余弦值.(3)在正方體的邊上是否存在一點，使得點到平面的距離為，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.18．（12分）已知函數（）.（Ⅰ）若曲線在點處的切線平行于軸，求實數的值；（Ⅱ）當時，證明：.19．（12分）已知.（1）求的最小值；（2）已知為正數，且，求證.20．（12分）已知在中，角，，的對邊分別為，，，的面積為.（1）求證：；（2）若，求的值.21．（12分）如圖，四棱錐中，底面是平行四邊形，，平面，，，是的中點.（1）求證：平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值.22．（10分）已知數列各項均為正數，，，.（1）若，①求的值；②猜想數列的通項公式，并用數學歸納法證明；（2）若，證明：當時，.

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【解題分析】

①根據“至多有一個”的反設為“至少有兩個”判斷即可。②不等式兩邊平方，要看正負號，同為正不等式不變號，同為負不等式變號。③令代入左式即可判斷。④整數并不屬于大前提中的“有些有理數”【題目詳解】命題“三角形的內角中至多有一個鈍角”的反設是“三角形的三個內角中至少有兩個鈍角”；①錯欲證不等式成立，因為，故只需證，②錯（，，當時，左邊所得項為；③正確命題“有些有理數是無限循環(huán)小數，整數是有理數，所以整數是無限循環(huán)小數”是假命題，推理錯誤的原因是使用了“三段論”，小前提使用錯誤.④正確綜上所述：①②錯③④正確故選B【題目點撥】本題考查推理論證，屬于基礎題。2、D【解題分析】

化簡拋物線方程為標準方程，然后求解準線方程．【題目詳解】拋物線的標準方程為：，準線方程．故選：D．【題目點撥】本題考查拋物線的簡單性質的應用，考查計算能力．3、C【解題分析】

當時，最多一個零點；當時，，利用導數研究函數的單調性，根據單調性畫函數草圖，根據草圖可得．【題目詳解】當時，，得；最多一個零點；當時，，，當，即時，，在，上遞增，最多一個零點．不合題意；當，即時，令得，，函數遞增，令得，，函數遞減；函數最多有2個零點；根據題意函數恰有3個零點函數在上有一個零點，在，上有2個零點，如圖：且，解得，，．故選．【題目點撥】遇到此類問題，不少考生會一籌莫展.由于方程中涉及兩個參數，故按“一元化”想法，逐步分類討論，這一過程中有可能分類不全面、不徹底.4、C【解題分析】

燈泡不亮包括四個開關都開，或下邊的2個都開，上邊的2個中有一個開，這三種情況是互斥的，每一種情況中的事件是相互獨立的，根據概率公式得到結果．【題目詳解】由題意知，本題是一個相互獨立事件同時發(fā)生的概率，燈泡不亮包括四個開關都開，或下邊的2個都開，上邊的2個中有一個開，這三種情況是互斥的，每一種情況中的事件是相互獨立的，燈泡不亮的概率是，燈亮和燈不亮是兩個對立事件，燈亮的概率是，故選：．【題目點撥】本題結合物理的電路考查了有關概率的知識，考查對立事件的概率和項和對立事件的概率，本題解題的關鍵是看出事件之間的關系，燈亮的情況比較多，需要從反面來考慮，屬于中檔題．5、D【解題分析】

根據且判斷出與線段中點三點共線，由此判斷出三角形的形狀，進而求得的值.【題目詳解】由于，由于，所以與線段中點三點共線，根據圓的幾何性質可知直線垂直平分，于是是以為底邊的等腰三角形，于是，故選D.【題目點撥】本小題主要考查平面向量中三點共線的向量表示，考查圓的幾何性質、等腰三角形的幾何性質，屬于中檔題.6、C【解題分析】分析：直接利用離散型隨機變量的定義逐一判斷即可.詳解：隨機取值的變量就是隨機變量，隨機變量分為離散型隨機變量與連續(xù)型隨機變量兩種，隨機變量的函數仍為隨機變量，有些隨機變量，它全部可能取到的不相同的值是有限個或可列無限多個,這種隨機變量稱為“離散型隨機變量”，題目中都屬于離散型隨機變量，而電視機的使用壽命屬于連續(xù)型隨機變量，故選C.點睛：隨機取值的變量就是隨機變量，隨機變量分為離散型隨機變量與連續(xù)型隨機變量兩種（變量分為定性和定量兩類，其中定性變量又分為分類變量和有序變量；定量變量分為離散型和連續(xù)型），隨機變量的函數仍為隨機變量，本題考的離散型隨機變量.7、D【解題分析】

直接利用復數代數形式的乘除運算化簡得答案．【題目詳解】z=2i1-i=2i(1+i)【題目點撥】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題．8、C【解題分析】

求出橢圓上的點與圓心的最大距離，加上半徑，即可得出P，Q兩點間的最大距離.【題目詳解】圓的圓心為M(0,6)，半徑為，設，則，即，∴當時，，故的最大值為.故選C.【題目點撥】本題考查了橢圓與圓的綜合，圓外任意一點到圓的最大距離是這個點到圓心的距離與圓的半徑之和，根據圓外點在橢圓上，即可列出橢圓上一點到圓心的距離的解析式，結合函數最值，即可求得橢圓上一點到圓上一點的最大值.9、A【解題分析】

先根據對稱性將自變量轉化到上，再根據時單調遞減，判斷大小.【題目詳解】∵定義在上的函數的圖像關于對稱，∴函數為偶函數，∵，∴，∴，，．∵當時，單調遞減，∴，故選A．【題目點撥】比較兩個函數值或兩個自變量的大?。菏紫雀鶕瘮档男再|把兩個函數值中自變量調整到同一單調區(qū)間，然后根據函數的單調性，判斷兩個函數值或兩個自變量的大小10、D【解題分析】分析：先求成立充要條件，即的最小值，再根據條件之間包含關系確定選擇.詳解：因為存在實數，使成立，所以的最小值,因為，所以,因為，因此選D.點睛：充分、必要條件的三種判斷方法．1．定義法：直接判斷“若則”、“若則”的真假．并注意和圖示相結合，例如“?”為真，則是的充分條件．2．等價法：利用?與非?非，?與非?非，?與非?非的等價關系，對于條件或結論是否定式的命題，一般運用等價法．3．集合法：若?，則是的充分條件或是的必要條件；若＝，則是的充要條件．11、B【解題分析】

根據，得到正態(tài)分布圖象的對稱軸為，根據在內取值的概率為0.3，利用在對稱軸為右側的概率為0.5，即可得出答案．【題目詳解】∵測量結果，∴正態(tài)分布圖象的對稱軸為，∵在內取值的概率為0.3，∴隨機變量在上取值的概率為，故選B．【題目點撥】本小題主要考查正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義、概率的基本性質等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題．12、B【解題分析】

得出，從而得到的大小關系，得到答案．【題目詳解】由題意，根據對數的運算可得，所以，故選B．【題目點撥】本題主要考查了對數的換底公式，以及對數的單調性、指數的運算的應用，其中解答中熟記對數的運算性質，合理運算時解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

由兩向量垂直得數量積為0，再代入坐標運算可求得k.【題目詳解】由題意可得，代入坐標可得，解得。填?！绢}目點撥】本題考查用數量積表示兩向量垂直及空間向量的坐標運算。14、3【解題分析】

對函數求導，然后判斷單調性，再求出最小值即可．【題目詳解】∵，∴（），令，解得，令，解得即原函數在遞減，在遞增，故時取得最小值3，故答案為3.【題目點撥】本題主要考查了利用導數研究函數的單調性和最值，正確求導是解題的關鍵，屬于基礎題．15、.【解題分析】

設正方體的棱長為，以點為坐標原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，計算出平面的一個法向量，利用空間向量法計算出直線與平面所成角的正弦值.【題目詳解】設正方體的棱長為，以點為坐標原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸建立如下圖所示空間直角坐標系.則點、、、、、，設平面的一個法向量為，則，.由，即，得，令，則，.可知平面的一個法向量為，又.，因此，直線與平面所成角的正弦值為，故答案為.【題目點撥】本題考查直線與平面所成角的正弦的計算，解題的關鍵就是建立空間直角坐標系，將問題利用空間向量法進行求解，考查運算求解能力，屬于中等題.16、【解題分析】

設，再求函數的奇偶性和單調性，再利用函數的奇偶性和單調性解不等式得解.【題目詳解】設，因為，所以函數是奇函數，其函數的圖像為函數在R上單調遞增，由題得，所以,所以,所以，所以.故答案為：【題目點撥】本題主要考查函數的單調性和奇偶性及其應用，考查函數的圖像和性質，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.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）直觀圖見解析，3個；（2）；（3）不存在．【解題分析】

（1）先還原為一個四棱錐，在正方體中觀察；（2）延長與延長線交于點，連接，則為平面與平面的交線，作出二面角的平面角，計算即可；（3）假設點存在，作出點到平面的垂線段，然后計算的長，若，則點在邊上，否則不在邊上．【題目詳解】（1）圖1圖1左邊是所求直觀圖，放到圖1右邊正方體中，觀察發(fā)現要3個這樣的四棱錐才能拼成一個正方體．（2）圖2如圖（2）延長與延長線交于點，連接，則為平面與平面的交線，作于，連接，∵平面，平面，∴，又，∴平面，∴，∴是二面角的平面角．∵，是中點，即，∴是中點，正方體棱長為6，∴，，中，，．（3）假設存在點滿足題意，圖3如圖3，作于，∵平面，∴，而，∴平面．的長就是點到平面的距離．．∴，由，得，∴∽，∴，，不在線段上，∴假設錯誤，滿足題意的點不存在．【題目點撥】本題考查多面體的展開圖，考查二面角、點到平面的距離．立體幾何中求角時要作出這個角的“平面角”，并證明，然后計算．點到平面的距離可能通過作以平面的垂線段計算，也可通過體積法求解．18、（Ⅰ）；（Ⅱ）見解析【解題分析】

（Ⅰ）由曲線在點處的切線平行于軸，可得，從而得到答案；（Ⅱ）令函數，要證，即證，利用導數求出的最小值即可?！绢}目詳解】（Ⅰ）由題可得;，由于曲線在點處的切線平行于軸，得，即，解得：；（Ⅱ）當時，，要證明，即證：；令，求得；令，解得：，令，解得：，令，解得：，所以在上單調遞減，在上單調遞增，則，即，從而?！绢}目點撥】本題考查導數的幾何意義，以及導數在研究函數中的應用，本題解題的關鍵是構造函數，利用導數求出函數的最小值，屬于中檔題。19、（1）3；（2）證明見解析.【解題分析】

（1）利用絕對值不等式求得函數的最小值.（2）利用基本不等式，證得不等式成立.【題目詳解】（1）依題意，當且僅當時，取得最小值，故的最小值為.（2）由（1）知，，當且僅當時等號成立.【題目點撥】本小題主要考查利用絕對值不等求得最小值，考查利用基本不等式證明不等式，屬于基礎題.20、（1）證明見解析；（2）.【解題分析】

（1）利用，利用正弦定理，化簡即可證明（2）利用（1），得到當時，，得出，得出，然后可得【題目詳解】證明：（1）據題意，得，∴，∴.又∵，∴，∴