2024屆北京市海淀區(qū)數學高二下期末復習檢測試題含解析

2024屆北京市海淀區(qū)數學高二下期末復習檢測試題注意事項: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．將兩枚骰子各擲一次，設事件{兩個點數都不相同}，{至少出現(xiàn)一個3點}，則（）A． B． C． D．2．已知對任意實數，有，且時，，則時（）A． B．C． D．3．已知，，，則的大小關系為（）A． B．C． D．4．不等式＞0的解集是A．（，） B．（4，）C．（，－3）∪（4，+） D．（，－3）∪（，）5．在中，若，則自然數的值是（）A．7 B．8 C．9 D．106．的二項式系數之和為（）．A． B． C． D．7．若，則（）A． B． C． D．8．“”是“函數為奇函數”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．若將函數的圖像向左平移個單位長度，則平移后圖像的一個對稱中心可以為（）A． B． C． D．10．己知集合，，若，則實數的取值范圍_______.A． B． C． D．11．某中學在高二下學期開設四門數學選修課，分別為《數學史選講》.《球面上的幾何》.《對稱與群》.《矩陣與變換》．現(xiàn)有甲.乙.丙.丁四位同學從這四門選修課程中選修一門，且這四位同學選修的課程互不相同，下面關于他們選課的一些信息：①甲同學和丙同學均不選《球面上的幾何》，也不選《對稱與群》：②乙同學不選《對稱與群》，也不選《數學史選講》：③如果甲同學不選《數學史選講》，那么丁同學就不選《對稱與群》．若這些信息都是正確的，則丙同學選修的課程是（）A．《數學史選講》 B．《球面上的幾何》 C．《對稱與群》 D．《矩陣與變換》12．如圖，在正方體中，E為線段的中點，則異面直線DE與所成角的大小為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若實數滿足，且，則_____．14．下列隨機變量中不是離散型隨機變量的是__________（填序號）．①某賓館每天入住的旅客數量是；②某水文站觀測到一天中珠江的水位；③西部影視城一日接待游客的數量；④閱海大橋一天經過的車輛數是.15．直線y=x+1與圓x2+y2+2y-3=0交于16．已知函數，的最大值為，則實數的值為_______．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）已知命題：“曲線表示焦點在軸上的橢圓”，命題：不等式對于任意恒成立.（1）若命題為真命題，求實數的取值范圍；（2）若命題為真，為假，求實數的取值范圍.18．（12分）（遼寧省葫蘆島市2018年二模）直角坐標系中，直線的參數方程為(為參數)，在極坐標系（與直角坐標系取相同的長度單位，且以原點為極點，以軸正半軸為極軸）中，圓的方程為.（1）求圓的直角坐標方程；（2）設圓與直線交于點，若點的坐標為，求的最小值.19．（12分）在平面直角坐標系中,以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，已知圓的直角坐標方程為.求圓的極坐標方程；設圓與圓：交于兩點，求.20．（12分）選修4-4：坐標系與參數方程在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數，），以直角坐標系的原點為極點，以軸的正半軸為極軸建立坐標系，圓的極坐標方程為.（1）求圓的直角坐標方程（化為標準方程）及曲線的普通方程；（2）若圓與曲線的公共弦長為，求的值.21．（12分）已知函數.（1）討論在上的單調性；（2）若對恒成立，求正整數的最小值.22．（10分）已知函數．(1)討論的單調性；(2)當時，，求的最大整數值．

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】分析：利用條件概率求.詳解：由題得所以故答案為：A.點睛：（1）本題主要考查條件概率，意在考查學生對該知識的掌握水平和分析推理計算能力.(2)條件概率的公式:,=.2、B【解題分析】由條件知：是奇函數，且在內是增函數；是偶函數，且在內是增函數；所以在內是增函數；在內是減函數；所以時，故選B3、A【解題分析】

利用等中間值區(qū)分各個數值的大?。绢}目詳解】，，，故，所以．故選A．【題目點撥】本題考查大小比較問題，關鍵選擇中間量和函數的單調性進行比較．4、D【解題分析】分析：解分式不等式先移項將一側化為0，通分整理，轉化為乘法不等式。詳解：，故選D。點睛：解分式不等式的解法要，先移項將一側化為0（本身一側為0不需要移項），通分整理，轉化為乘法不等式，但分母不能為0.5、B【解題分析】

利用二項式的通項公式求出的表達式,最后根據,解方程即可求出自然數的值.【題目詳解】二項式的通項公式為：,因此,,所以,解得.故選B.【題目點撥】本題考查了二項式定理的應用,考查了數學運算能力.6、B【解題分析】由題意得二項式系數和為．選．7、A【解題分析】

根據誘導公式和余弦的倍角公式，化簡得，即可求解．【題目詳解】由題意，可得，故選A．【題目點撥】本題主要考查了三角函數的化簡求值問題，其中解答中合理配湊，以及準確利用誘導公式和余弦的倍角公式化簡、運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．8、B【解題分析】時，，當時，，函數為奇函數；當時，，函數不是奇函數時，不一定奇函數，當是奇函數時，由可得，所以“”是“函數為奇函數”的必要不充分條件，故選B.9、A【解題分析】

通過平移得到，即可求得函數的對稱中心的坐標，得到答案.【題目詳解】向左平移個單位長度后得到的圖像，則其對稱中心為,或將選項進行逐個驗證,選A.【題目點撥】本題主要考查了三角函數的圖象變換，以及三角函數的圖象與性質的應用，其中解答中根據三角函數的圖象變換，以及熟記三角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.10、B【解題分析】

首先解出集合,若滿足，則當時，和恒成立，求的取值范圍.【題目詳解】，，即當時，恒成立，即，當時恒成立，即，而是增函數，當時，函數取得最小值，且當時，恒成立，，解得：綜上：.故選：B【題目點撥】本題考查根據給定區(qū)間不等式恒成立求參數取值范圍的問題，意在考查轉化與化歸和計算求解能力，恒成立問題可以參變分離轉化為求函數的最值問題，如果函數是二次函數可以轉化為根的分布問題，列不等式組求解.11、D【解題分析】

列舉出所有選擇可能，然后根據三個信息，確定正確的選項.【題目詳解】個同學，選門課，各選一門且不重復的方法共種，如下：種類甲乙丙丁1《數學史選講》《球面上的幾何》《對稱與群》《矩陣與變換》2《數學史選講》《球面上的幾何》《矩陣與變換》《對稱與群》3《數學史選講》《對稱與群》《球面上的幾何》《矩陣與變換》4《數學史選講》《對稱與群》《矩陣與變換》《球面上的幾何》5《數學史選講》《矩陣與變換》《球面上的幾何》《對稱與群》6《數學史選講》《矩陣與變換》《對稱與群》《球面上的幾何》7《球面上的幾何》《數學史選講》《對稱與群》《矩陣與變換》8《球面上的幾何》《數學史選講》《矩陣與變換》《對稱與群》9《球面上的幾何》《對稱與群》《數學史選講》《矩陣與變換》10《球面上的幾何》《對稱與群》《矩陣與變換》《數學史選講》11《球面上的幾何》《矩陣與變換》《對稱與群》《數學史選講》12《球面上的幾何》《矩陣與變換》《數學史選講》《對稱與群》13《對稱與群》《數學史選講》《球面上的幾何》《矩陣與變換》14《對稱與群》《數學史選講》《矩陣與變換》《球面上的幾何》15《對稱與群》《球面上的幾何》《數學史選講》《矩陣與變換》16《對稱與群》《球面上的幾何》《矩陣與變換》《數學史選講》17《對稱與群》《球面上的幾何》《數學史選講》《矩陣與變換》18《對稱與群》《球面上的幾何》《矩陣與變換》《數學史選講》19《矩陣與變換》《數學史選講》《對稱與群》《球面上的幾何》20《矩陣與變換》《數學史選講》《球面上的幾何》《對稱與群》21《矩陣與變換》《球面上的幾何》《對稱與群》《矩陣與變換》22《矩陣與變換》《球面上的幾何》《矩陣與變換》《對稱與群》23《矩陣與變換》《對稱與群》《數學史選講》《球面上的幾何》24《矩陣與變換》《對稱與群》《球面上的幾何》《數學史選講》滿足三個信息都正確的，是第種.故本小題選D.【題目點撥】本小題主要考查分析與推理，考查列舉法，屬于基礎題.12、B【解題分析】

建立空間直角坐標系，先求得向量的夾角的余弦值，即可得到異面直線所成角的余弦值，得到答案.【題目詳解】分別以所在的直線為建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為2，可得,所以，所以，所以異面直線和所成的角的余弦值為，所以異面直線和所成的角為，故選B.【題目點撥】本題主要考查了異面直線所成角的求解，其中解答中建立適當的空間直角坐標系，利用向量的夾角公式求解是解答的關鍵，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】

先通過復數代數形式的四則運算法則對等式進行運算，再利用復數相等求出，最后由復數的模的計算公式求出．【題目詳解】因為，所以已知等式可變形為，即，解得，．【題目點撥】本題主要考查復數代數形式的四則運算法則，復數相等的概念以及復數的模的計算公式的應用．14、②【解題分析】

利用離散型隨機變量的定義直接求解．【題目詳解】①③④中的隨機變量的所有取值，我們都可以按照一定的次序一一列出，因此它們是離散型隨機變量；②中隨機變量可以取某一區(qū)間內的一切值，但無法按一定次序一一列出，故不是離散型隨機變量．故答案為：②【題目點撥】本題考查離散型隨機變量的判斷，是基礎題，解題時要認真審題，注意離散型隨機變量的定義的合理運用，比較基礎．15、2【解題分析】

首先將圓的一般方程轉化為標準方程，得到圓心坐標和圓的半徑的大小，之后應用點到直線的距離求得弦心距，借助于圓中特殊三角形半弦長、弦心距和圓的半徑構成直角三角形，利用勾股定理求得弦長.【題目詳解】根據題意，圓的方程可化為x2所以圓的圓心為(0,-1)，且半徑是2，根據點到直線的距離公式可以求得d=0+1+1結合圓中的特殊三角形，可知AB=24-2=22【題目點撥】該題考查的是有關直線被圓截得的弦長問題，在解題的過程中，熟練應用圓中的特殊三角形半弦長、弦心距和圓的半徑構成的直角三角形，借助于勾股定理求得結果.16、【解題分析】

求導后，若，則，可驗證出不合題意；當時，求解出的單調性，分別在，，三種情況下通過最大值取得的點構造關于最值的方程，解方程求得結果.【題目詳解】由題意得：當時，，則在上單調遞增，解得：，不合題意，舍去當時，令，解得：，可知在，上單調遞減；在上單調遞增①當，即時，解得：，不合題意，舍去②當，即時，，解得：③當，即時解得：，不合題意，舍去綜上所述：本題正確結果：【題目點撥】本題考查根據函數的最值求解參數值的問題，關鍵是對于含有參數的函數，通過對極值點位置的討論確定最值取得的點，從而可利用最值構造出方程，求解出參數的取值范圍.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、（1）.【解題分析】

（1）由命題得命題由命題為真，得為真命題或為真命題，列m的不等式求解即可；（2）由命題為真，為假判斷均為真命題或均為假命題，分情況列出m的不等式組求解即可.【題目詳解】，（1）由于為真命題，故為真命題或為真命題，從而有或，即.（2）由于為真命題，為假命題，所以均為真命題或均為假命題，從而有或，解得即：.【題目點撥】本題考查命題真假，注意命題p焦點在y軸上審題要注意，對于命題p,q的真假判斷要準確.18、（1）（2）.【解題分析】分析：（1）將兩邊同乘，根據直角坐標與極坐標的對應關系得出直角坐標方程；

（2）將直線的參數方程代入圓的普通方程，根據參數的幾何意義與根與系數的關系得出．詳解：（1）由，化為直角坐標方程為，即（2）將l的參數方程帶入圓C的直角坐標方程，得因為，可設，又因為（2，1）為直線所過定點，所以點睛：本題考查了極坐標方程與直角坐標方程的轉化，參數方程的幾何意義與應用，屬于基礎題．19、；4.【解題分析】

（1）直接通過即可得到答案；（2）可先求出圓的標準方程，求出兩圓交點，于是可得答案.【題目詳解】根據題意，可得圓的極坐標方程為：即；圓的直角坐標方程為：，聯(lián)立，兩式相減，可得，即代入第一條式子，可解得或，于是.【題目點撥】本題主要考查直角坐標方程和極坐標方程的互化，圓的交點計算，意在考查學生的轉化能力，計算能力，難度中等.20、(1)曲線的直角坐標方程為,曲線的普通方程為;(2).【解題分析】分析：（1）由極坐標與直角坐標的互化公式即可得圓的直角坐標方程；消去參數即可得曲線的普通方程；（2）聯(lián)立圓C與曲線，因為圓的直徑為，且圓與曲線的公共弦長為，即公共弦直線經過圓的圓心，即可得到答案.詳解：(1）由，得，所以，即，故曲線的直角坐標方程為.曲線的普通方程為（2）聯(lián)立，得因為圓的直徑為，且圓與曲線的公共弦長為，所以直線經過圓的圓心，則，又所以點睛：求解與極坐標有關的問題的主要方法(1)直接利用極坐標系求解，可與數形結合思想配合使用；(2)轉化為直角坐標系，用直角坐標求解．使用后一種方法時，應注意若結果要求的是極坐標，還應將直角坐標化為極坐標．21、(1)在上單調遞增，在上單調遞減;(2)5.【解題分析】分析：（1）對函數求導，分類討論即可；（2）∵對恒成立，∴，解得或，則正整數的最小值為.即只需要證明當時，對恒成立即可.詳解：（1），當時，在上單調遞增.當或時，，在單調遞減.當且時，令，得；令，得.∴在上單調遞增，在上單調遞減.（2）∵對恒成立.∴，解得或，則正整數的最小值為.下面證明當時，對恒成立，過程如下：當時，令，得；令，得.故，從而對恒成立.故整數的最小值為.點睛：不等式的證明問題，可以從所證不等式的