云南省峨山彝族自治縣峨山一中2024屆高二數學第二學期期末綜合測試試題含解析

云南省峨山彝族自治縣峨山一中2024屆高二數學第二學期期末綜合測試試題注意事項：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?？荚嚱Y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．設函數是奇函數的導函數，，當時，，則使得成立的的取值范圍是（）A． B．C． D．2．已知曲線：經過點，則的最小值為（）A．10 B．9 C．6 D．43．的展開式中，各項系數的和為32，則該展開式中x的系數為（）A．10 B． C．5 D．4．某軍工企業(yè)為某種型號的新式步槍生產了一批槍管，其口徑誤差（單位：微米）服從正態(tài)分布，從已經生產出的槍管中隨機取出一只，則其口徑誤差在區(qū)間內的概率為（）（附：若隨機變量服從正態(tài)分布，則，）A． B． C． D．5．如圖所示,從甲地到乙地有3條公路可走,從乙地到丙地有2條公路可走,從甲地不經過乙地到丙地有2條水路可走.則從甲地經乙地到丙地和從甲地到丙地的走法種數分別為(

)A．6,8 B．6,6 C．5,2 D．6,26．中國南北朝時期的著作《孫子算經》中，對同余除法有較深的研究.設為整數，若a和b被m除得余數相同，則稱a和b對模m同余.記為.若，，則b的值可以是（）A．2019 B．2020 C．2021 D．20227．已知復數，為的共軛復數，則的值為（）A． B． C． D．8．若函數，則下列結論正確的是()A．，在上是增函數 B．，在上是減函數C．，是偶函數 D．，是奇函數9．某電子元件生產廠家新引進一條產品質量檢測線，現對檢測線進行上線的檢測試驗：從裝有個正品和個次品的同批次電子元件的盒子中隨機抽取出個，再將電子元件放回.重復次這樣的試驗，那么“取出的個電子元件中有個正品，個次品”的結果恰好發(fā)生次的概率是（）A． B． C． D．10．若，則（）A． B．C． D．11．下列命題中正確的個數是（）①命題“若x2-3x+2=0,則x=1”的逆否命題為“若x≠1，則②“a≠0”是“a2③若p∧q為假命題，則p，q為假命題;④若命題p:?x0∈R,x0A．1 B．3 C．2 D．412．設集合，則下列結論正確的是()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，，若向量與共線，則在方向上的投影為______.14．若，則整數__________．15．_________.16．若是定義在上的可導函數，且，對恒成立．當時，有如下結論：①，②，③，④，其中一定成立的是____．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）在四棱錐中,平面平面，,四邊形是邊長為的菱形，,是的中點.(1)求證:平面；(2)求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.18．（12分）已知函數．（Ⅰ）當時，求在上的零點個數；（Ⅱ）當時，若有兩個零點，求證：19．（12分）已知函數，不等式的解集是.（1）求a的值；（2）若關于x的不等式的解集非空，求實數k的取值范圍.20．（12分）已知是拋物線上一點，為的焦點．（1）若，是上的兩點，證明：，，依次成等比數列．（2）若直線與交于，兩點，且，求線段的垂直平分線在軸上的截距．21．（12分）已知函數（為自然對數的底數）.（1）當時，求函數的極值；（2）若函數在區(qū)間上單調遞增，求的取值范圍.22．（10分）已知橢圓，為右焦點，圓，為橢圓上一點，且位于第一象限，過點作與圓相切于點，使得點，在的兩側.（Ⅰ）求橢圓的焦距及離心率；（Ⅱ）求四邊形面積的最大值.

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、A【解題分析】

構造函數，首先判斷函數的奇偶性，利用可判斷時函數的單調性，結合函數圖象列不等式組可得結果.【題目詳解】設，則的導數為，因為時，，即成立，所以當時，恒大于零，當時，函數為增函數，又，函數為定義域上的偶函數，當時，函數為減函數，又函數的圖象性質類似如圖，數形結合可得，不等式，或，可得或，使得成立的的取值范圍是故選：A.【題目點撥】本題主要考查了利用導數判斷函數的單調性，并由函數的奇偶性和單調性解不等式，屬于綜合題.聯系已知條件和結論，構造輔助函數是高中數學中一種常用的方法，解題中若遇到有關不等式、方程及最值之類問題，設法建立起目標函數，并確定變量的限制條件，通過研究函數的單調性、最值等問題，常可使問題變得明了，準確構造出符合題意的函數是解題的關鍵；解這類不等式的關鍵點也是難點就是構造合適的函數，構造函數時往往從兩方面著手：①根據導函數的“形狀”變換不等式“形狀”；②若是選擇題，可根據選項的共性歸納構造恰當的函數.2、B【解題分析】

曲線過點得，所以展開利用均值不等式可求最小值.【題目詳解】由曲線：經過點得.所以當且僅當，即時取等號.故選：B【題目點撥】本題考查利用均值不等式求滿足條件的最值問題，特殊數值1的特殊處理方法，屬于中檔題.3、A【解題分析】

令得各項系數和，求得，再由二項式定理求得展開式中x的系數．【題目詳解】令得，，二項式為，展開式通項為，令，，所以的系數為．故選：A.【題目點撥】本題考查二項式定理，考查二項展開式中各項系數的和．掌握二項式定理是解題關鍵．賦值法是求二項展開式中各項系數和的常用方法．4、C【解題分析】

根據已知可得，結合正態(tài)分布的對稱性，即可求解.【題目詳解】.故選：C【題目點撥】本題考查正態(tài)分布中兩個量和的應用，以及正態(tài)分布的對稱性，屬于基礎題.5、A【解題分析】

根據題意，應用乘原理，即可求解甲地經乙地到丙地的走法的種數，再由加法原理，即可得到甲地到丙地的所有走法的種數.【題目詳解】由題意，從甲地經乙地到丙地的走法，根據分步乘法計數原理可得，共有種；再由分類加法計數原理，可得從甲地到丙地，共有種走法，故選：A.【題目點撥】本題主要考查了分類加法計數原理和分步乘法計數原理的應用問題，其中正確理解題意，合理選擇計數原理是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力.6、A【解題分析】

先利用二項式定理將表示為，再利用二項式定理展開，得出除以的余數，結合題中同余類的定義可選出合適的答案．【題目詳解】，則，所以，除以的余數為，以上四個選項中，除以的余數為，故選A.【題目點撥】本題考查二項式定理，考查數的整除問題，解這類問題的關鍵就是將指數冪的底數表示為與除數的倍數相關的底數，結合二項定理展開式可求出整除后的余數，考查計算能力與分析問題的能力，屬于中等題．7、D【解題分析】試題分析：,故選D.考點：1.復數的運算；2.復數相關概念.8、C【解題分析】試題分析：因為，且函數定義域為令，則顯然，當時，；當時，所以當時，在上是減函數，在上是增函數，所以選項A,B均不正確；因為當時，是偶函數，所以選項C正確．要使函數為奇函數，必有恒成立，即恒成立，這與函數的定義域相矛盾，所以選項D不正確．考點：1、導數在研究函數性質中的應用；2、函數的奇偶性．9、B【解題分析】

取出的個電子元件中有個正品，個次品的概率，重復次這樣的試驗，利用次獨立重復試驗中事件恰好發(fā)生次的概率計算公式能求出“取出的個電子元件中有個正品，個次品”的結果恰好發(fā)生次的概率【題目詳解】從裝有個正品和個次品的同批次電子元件的盒子中隨機抽取出個，再將電子元件放回，取出的個電子元件中有個正品，個次品的概率，重復次這樣的試驗，那么“取出的個電子元件中有個正品，個次品”的結果恰好發(fā)生次的概率是：.故選：B【題目點撥】本題考查了次獨立重復試驗中事件恰好發(fā)生次的概率計算公式，屬于基礎題.10、A【解題分析】

根據條件構造函數，再利用導數研究單調性，進而判斷大小.【題目詳解】①令，則，∴在上單調遞增，∴當時，，即，故A正確．B錯誤.②令，則，令，則，當時，；當時，，∴在上單調遞增，在上單調遞減，易知C，D不正確，故選A．【題目點撥】本題考查利用導數研究函數單調性，考查基本分析判斷能力，屬中檔題.11、B【解題分析】

根據逆否命題的概念、必要不充分條件的知識、含有簡單邏輯聯結詞命題真假性的知識、特稱命題的否定是全稱命題的知識，對四個命題逐一分析，由此得出正確選項.【題目詳解】對于①，根據逆否命題的概念可知，①正確.對于②，當“a≠0”時，a2+a=0可能成立，當“a2+a≠0”時，“a≠0”，故“a≠0”是“a2+a≠0”的必要不充分條件，即②正確.對于③，若p∧q為假命題，則【題目點撥】本小題主要考查逆否命題、必要不充分條件、含有簡單邏輯聯結詞命題真假性、全稱命題與特稱命題等知識的運用，屬于基礎題.12、B【解題分析】分析：先根據解分式不等式得集合N，再根據數軸判斷集合M,N之間包含關系，以及根據交集定義求交集.詳解：因為，所以,因此，，選B.點睛：集合的基本運算的關注點(1)看元素組成．集合是由元素組成的，從研究集合中元素的構成入手是解決集合運算問題的前提．(2)有些集合是可以化簡的，先化簡再研究其關系并進行運算，可使問題簡單明了，易于解決．(3)注意數形結合思想的應用，常用的數形結合形式有數軸、坐標系和Venn圖．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

,由向量與共線，得，解得，則在方向上的投影為，故答案為.14、2【解題分析】

由題得，再解方程即得解.【題目詳解】由題得，所以,所以，所以.故答案為：2【題目點撥】本題主要考查組合數的性質，考查組合方程的解法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.15、【解題分析】

設,則,然后根據定積分公式計算可得.【題目詳解】設,則,所以===.故答案為:.【題目點撥】本題考查了定積分的計算,屬基礎題.16、①【解題分析】

構造函數，并且由其導函數的正負判斷函數的單調性即可得解.【題目詳解】由得即所以所以在和單調遞增，因為，所以因為所以在不等式兩邊同時乘以，得①正確，②、③、④錯誤.【題目點撥】本題考查構造函數、由導函數的正負判斷函數的單調性，屬于難度題.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）見解析；（2）【解題分析】

(1)連接，根據幾何關系得到,由平面平面，可得平面，進而得到,再由三角形ABE的角度及邊長關系得到，進而得到結果;(2)建立空間坐標系得到面的法向量為，面的一個法向量為，根據向量夾角運算可得結果【題目詳解】（1）連接，由，是的中點，得，由平面平面，可得平面，，又由于四邊形是邊長為2的菱形，，所以，從而平面.（2）以為原點，為軸，建立空間直角坐標系，，，有，，令平面的法向量為，由，可得一個，同理可得平面的一個法向量為，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為.【題目點撥】本題考查了面面垂直的證法，以及二面角的求法，證明面面垂直經常先證線面垂直，再得面面垂直，或者建立坐標系，求得兩個面的法向量，證明法向量公線即可.18、(Ⅰ)有一個零點；(Ⅱ)見解析【解題分析】

(Ⅰ)對函數求導，將代入函數，根據函數在單調性討論它的零點個數．(Ⅱ)根據函數單調性構造新的函數，進而在各區(qū)間討論函數零點個數，證明題目要求．【題目詳解】因為，在上遞減，遞增(Ⅰ)當時，在上有一個零點(Ⅱ)因為有兩個零點，所以即.設則要證，因為又因為在上單調遞增，所以只要證設則所以在上單調遞減，，所以因為有兩個零點，所以方程即構造函數則記則在上單調遞增，在上單調遞減，所以設所以遞增，當時，當時，所以即（）所以，同理所以所以，所以由得，綜上：【題目點撥】本題主要考查利用導數研究函數的零點、考查了構造函數證明不等式，意在考查計算能力、轉化思想的應用，是關于函數導數的綜合性題目，有一定的難度.19、（1）2；（2）.【解題分析】

（1）根據絕對值不等式的解法，結合不等式的解集建立方程關系進行求解即可．（2）利用解集非空轉化為存在使得成立，利用絕對值三角不等式找到的最小值，即可得解．【題目詳解】解：（1）由，得，即，當時，，因為不等式的解集是，所以，解得，當時，，因為不等式的解集是，所以，該式無解，所以.（2）因為，所以要使存在實數解，只需，即實數的取值范圍是.【題目點撥】本題主要考查絕對值三角不等式的應用，利用解集非空轉化為有解問題是解決本題的關鍵，屬于基礎題．20、（1）見解析；（2）【解題分析】

（1）由在拋物線上，求出拋物線方程；根據拋物線焦半徑公式可得，，的長度，從而證得依次成等比數列；（2）將直線代入拋物線方程，消去，根據韋達定理求解出，從而可得中點坐標和垂直平分線斜率，從而求得垂直平分線所在直線方程，代入求得結果.【題目詳解】（1）是拋物線上一點根據題意可得：，，，，依次成等比數列（2）由，消可得，設的中點，線段的垂直平分線的斜率為故其直線方程為當