2024屆山東省濱州市鄒平雙語學校一、二區(qū)數學高二第二學期期末監(jiān)測試題含解析

2024屆山東省濱州市鄒平雙語學校一、二區(qū)數學高二第二學期期末監(jiān)測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．設集合P={3，log2a}，Q={a，b}，若，則（）A．{3，1} B．{3，2，1} C．{3，2} D．{3，0，1，2}2．已知三棱錐P-ABC的四個頂點在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點，∠CEF=90°，則球O的體積為A． B． C． D．3．已知恒成立，則的取值范圍為（）A． B． C． D．4．已知命題，則命題的否定為（）A． B．C． D．5．下列參數方程可以用來表示直線的是（）A．（為參數） B．（為參數）C．（為參數） D．（為參數）6．斐波那契螺旋線，也稱“黃金蜾旋線”，是根據斐波那契數列（1，1，2，3，5，8…）畫出來的螺旋曲線，由中世紀意大利數學家列奧納多?斐波那契最先提出．如圖，矩形ABCD是以斐波那契數為邊長的正方形拼接而成的，在每個正方形中作一個圓心角為90°的圓弧，這些圓弧所連成的弧線就是斐波那契螺旋線的一部分．在矩形ABCD內任取一點，該點取自陰影部分的概率為（）A． B． C． D．7．設函數f（x）在定義域內可導，y=f（x）的圖象如圖所示，則導函數y=f′（x）的圖象可能是（）A． B． C． D．8．已知點為雙曲線上一點，則它的離心率為（）A． B． C． D．9．已知函數是(－∞，＋∞)上的減函數，則a的取值范圍是A．(0，3) B．(0，3] C．(0，2) D．(0，2]10．在一組樣本數據為，，，（，，，，，不全相等）的散點圖中，若所有樣本點都在直線上，則這組樣本數據的相關系數為（）A． B． C．1 D．-111．下列四個命題中，真命題的個數是（）①命題：“已知，“”是“”的充分不必要條件”；②命題：“p且q為真”是“p或q為真”的必要不充分條件；③命題：已知冪函數的圖象經過點（2，），則f（4）的值等于；④命題：若，則．A．1 B．2 C．3 D．412．已知，，且，若，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設是數列的前n項和，且，，則________．14．函數的定義域為________.15．若展開式中的第7項是常數項，則n的值為______．16．已知點分別是雙曲線：的左右兩焦點，過點的直線與雙曲線的左右兩支分別交于兩點，若是以為頂角的等腰三角形，其中，則雙曲線離心率的取值范圍為______.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）如圖，在多面體中，四邊形為等腰梯形，，已知，，，四邊形為直角梯形，，.（1）證明：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.18．（12分）在中，角的對邊分別為，且．（1）求角的大小；（2）若函數圖象的一條對稱軸方程為且，求的值．19．（12分）已知矩陣.（1）求直線在對應的變換作用下所得的曲線方程；（2）求矩陣的特征值與特征向量.20．（12分）已知中心為坐標原點、焦點在坐標軸上的橢圓經過點和點，直線：與橢圓交于不同的，兩點.（1）求橢圓的標準方程；（2）若橢圓上存在點，使得四邊形恰好為平行四邊形，求直線與坐標軸圍成的三角形面積的最小值以及此時，的值.21．（12分）已知a>0，a≠1，設p：函數y＝loga(x＋3)在(0，＋∞)上單調遞減，q：函數y＝x2＋(2a－3)x＋1的圖像與x軸交于不同的兩點．如果p∨q真，p∧q假，求實數a的取值范圍．22．（10分）在直角坐標系中，將單位圓上各點的橫坐標擴大為原來的2倍，縱坐標不變，得到曲線，以為極點，軸正半軸為極軸，建立極坐標系．(1)求曲線的參數方程；(2)設為曲線上一點，點的極坐標為，求的最大值及此時點的坐標．

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】分析：由求出a的值，再根據題意求出b的值，然后由并集運算直接得答案.詳解：由，，即，，則.故選：B.點睛：本題考查了并集及其運算，考查了對數的運算，是基礎題.2、D【解題分析】

先證得平面，再求得，從而得為正方體一部分，進而知正方體的體對角線即為球直徑，從而得解.【題目詳解】解法一:為邊長為2的等邊三角形，為正三棱錐，，又，分別為、中點，，，又，平面，平面，，為正方體一部分，，即，故選D．解法二:設，分別為中點，，且，為邊長為2的等邊三角形，又中余弦定理，作于，，為中點，，，，，又，兩兩垂直，，，，故選D.【題目點撥】本題考查學生空間想象能力，補體法解決外接球問題．可通過線面垂直定理，得到三棱兩兩互相垂直關系，快速得到側棱長，進而補體成正方體解決．3、A【解題分析】分析：先設，再求導求出函數g(x)的單調性和最小值，再數形結合分析得到a的取值范圍.詳解：設所以當x∈（-∞，-1）時，則函數單調遞減.當x∈（-1，+∞）時，，函數單調遞增.,當a<0時，y=a(2x-1)單調遞減，與題設矛盾.當a=0時，，與矛盾.當a>0時，.直線y=a(2x-1)過點（）.設為曲線上任意一點，則過點的曲線的切線方程為.又因為切線過點（），所以，解得故切線的斜率k=或k=.所以即a∈，故答案為：A.點睛：（1）本題主要考查導數的幾何意義和切線方程的求法，考查利用導數研究函數的問題，意在考查學生對這些基礎知識的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本題的關鍵是求出過點（）的切線的斜率k=或k.4、A【解題分析】

根據全稱命題的否定為特稱命題，即可直接得出結果.【題目詳解】因為命題，所以命題的否定為：故選A【題目點撥】本題主要考查含有一個量詞的命題的否定，只需改寫量詞與結論即可，屬于?？碱}型.5、A【解題分析】

選項A:利用加減消元法消參,并求出的取值范圍,即可判斷出所表示的圖形；選項B：利用加減消元法消參,并求出的取值范圍,即可判斷出所表示的圖形；選項C：利用加減消元法消參,并求出的取值范圍即可判斷出所表示的圖形；選項D：利用同角的三角函數關系式進行消參即即可判斷出所表示的圖形,最后選出正確答案.【題目詳解】選項A:,而,所以參數方程A表示的是直線；選項B：,而,所以參數方程B表示的是射線；選項C：,而,所以參數方程C表示的是線段；選項D：,所以參數方程D表示的是單位圓,故選A.【題目點撥】本題考查了參數方程化為普通方程,并判斷普通方程所表示的平面圖形,求出每個參數方程中橫坐標的取值范圍是解題的關鍵.6、B【解題分析】

根據幾何概型的概率公式，分別求出陰影部分面積和矩形ABCD的面積，即可求得。【題目詳解】由已知可得：矩形的面積為，又陰影部分的面積為，即點取自陰影部分的概率為，故選。【題目點撥】本題主要考查面積型的幾何概型的概率求法。7、A【解題分析】

根據原函數的單調性，判斷導數的正負，由此確定正確選項.【題目詳解】根據的圖像可知，函數從左到右，單調區(qū)間是：增、減、增、減，也即導數從左到右，是：正、負、正、負.結合選項可知，只有選項符合，故本題選A.【題目點撥】本小題主要考查導數與單調性的關系，考查數形結合的思想方法，屬于基礎題.8、B【解題分析】

將點P帶入求出a的值，再利用公式計算離心率。【題目詳解】將點P帶入得，解得所以【題目點撥】本題考查雙曲線的離心率，屬于基礎題。9、D【解題分析】

由為上的減函數，根據和時，均單調遞減，且，即可求解.【題目詳解】因為函數為上的減函數，所以當時，遞減，即，當時，遞減，即，且，解得，綜上可知實數的取值范圍是，故選D.【題目點撥】本題主要靠考查了分段函數的單調性及其應用，其中熟練掌握分段的基本性質，列出相應的不等式關系式是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題.10、D【解題分析】

根據回歸直線方程可得相關系數．【題目詳解】根據回歸直線方程是yx+2，可得這兩個變量是負相關，故這組樣本數據的樣本相關系數為負值，且所有樣本點（xi，yi）（i＝1，2，…，n）都在直線上，則有|r|＝1，∴相關系數r＝﹣1．故選D．【題目點撥】本題考查了由回歸直線方程求相關系數，熟練掌握回歸直線方程的回歸系數的含義是解題的關鍵．11、C【解題分析】

命題①單位圓x2+y2＝1上或圓外任取一點P（a，b），滿足“a2+b2≥1”，根據三角形兩邊之和大于第三邊，一定有“|a|+|b|≥1”，在單位圓內任取一點M（a，b），滿足“|a|+|b|≥1”，但不滿足“a2+b2≥1”，從而判斷命題的真假性；命題②先由“p且q為真”推出p、q的真假，然后判斷“p或q”的真假，反之再加以判斷；命題③直接把點的坐標代入冪函數求出α，然后把x＝4代入求值即可；命題④構造函數f（x）＝x﹣1+lnx，其中x＞0，利用導數判斷函數的單調性，從而判斷命題的真假性；【題目詳解】命題①如圖在單位圓x2+y2＝1上或圓外任取一點P（a，b），滿足“a2+b2≥1”，根據三角形兩邊之和大于第三邊，一定有“|a|+|b|≥1”，在單位圓內任取一點M（a，b），滿足“|a|+|b|≥1”，但不滿足，“a2+b2≥1”，故a2+b2≥1是“|a|+|b|≥1”的充分不必要條件，故命題①正確；命題②“p且q為真”，則命題p、q均為真，所以“p或q為真”．反之“p或q為真”，則p、q都為真或p、q一真一假，所以不一定有“p且q為真”.所以命題“p且q為真”是“p或q為真”的充分不必要條件，故命題②不正確；命題③由冪函數f（x）＝xα的圖象經過點（2，），所以2α＝，所以α＝﹣，所以冪函數為f（x）＝，所以f（4）＝，所以命題③正確；命題④若x+lnx＞1，則x﹣1+lnx＞0，設f（x）＝x﹣1+lnx，其中x＞0，∴＞0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上單調遞增，且f（1）＝0，∴f（x）＞0時x＞1，即x+lnx＞1時x＞1，所以命題④正確.故選：C【題目點撥】本題考查命題的真假判斷，充分不必要條件，冪函數，構造函數，利用導數判斷函數的單調性，考查學生的計算能力，知識綜合性強，屬于中檔題．12、B【解題分析】當時有，所以，得出，由于，所以.故選B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】分析：把換成，可得的遞推式，從而得通項．詳解：，，∴，∴數列是首項和公差都為－1的等差數列，∴，從而．故答案為．點睛：在已知項和前項和的關系中，常常得用得出的遞推式，從而求得數列的通項公式，但有時也可轉化為的遞推式，得出與有關的數列是等差數列或等比數列，先求得，然后再去求．解題時要注意的求法．14、【解題分析】的定義域是,,故得到函數定義域為取交集，故答案為.15、【解題分析】

利用二項展開式得出第七項x的指數，利用指數為零，求出的值．【題目詳解】解：的展開式的第七項為，由于第七項為常數項，則，解得，故答案為：1．【題目點撥】本題考查二項式定理，考查對公式的理解與應用，屬于基礎題．16、【解題分析】分析：根據雙曲線的定義，可求得，設，由余弦定理可得，，進而可得結果.詳解：如圖，，又，則有，不妨假設，則有，可得，中余弦定理，，，即，故答案為.點睛：本題主要考查利用雙曲線的簡單性質求雙曲線的離心率，屬于中檔題.求離心率范圍問題應先將用有關的一些量表示出來，再利用其中的一些關系構造出關于的不等式，從而求出的范圍.本題是利用點到直線的距離等于圓半徑構造出關于的等式，最后解出的值.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】分析：（1）通過取AD中點M，連接CM，利用，得到直角；再利用可得；而,DE平面ADEF，所以可得面面垂直．（2）以AD中點O建立空間直角坐標系，寫出各點坐標，求得平面CAE與直線BE向量，根據直線與法向量的夾角即可求得直線與平面夾角的正弦值．詳解：（1）證明：取的中點，連接，，，由四邊形為平行四邊形，可知，在中，有，∴.又，，∴平面，∵平面，∴.又，，∴平面.∵平面，∴平面平面.（2）解：由（1）知平面平面，如圖，取的中點為，建立空間直角坐標系，，，，，，，.設平面的法向量，則，即，不妨令，得.故直線與平面所成角的正弦值.點睛：本題考查了空間幾何體面面垂直的綜合應用，利用法向量法求線面夾角的正弦值，關鍵注意計算要準確，屬于中檔題．18、（1）（2）【解題分析】

（1）由已知利用三角函數恒等變換的應用，正弦定理可求，即可求的值．（2）利用三角函數恒等變換的應用，可得，根據題意，得到，解得，得到函數的解析式，進而求得的值，利用三角函數恒等變換的應用可求的值．【題目詳解】（1）由題意，根據正弦定理，可得，又由，所以，可得，即，又因為，則，可得，∵，∴．（2）由（1）可得，所以函數的圖象的一條對稱軸方程為，∴，得，即，∴，又，∴，∴．【題目點撥】本題主要考查了三角函數恒等變換的應用，正弦定理在解三角形中的綜合應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題．19、（1）；（2）屬于特征值的一個特征向量為，屬于特征值的一個特征向量為.【解題分析】

（1）設是直線上任一點，在變換作用下變?yōu)?，利用矩陣變換關系，將用表示，代入，即可求解；（2）由特征多項式求出特征值，進而求出對應的特征向量.【題目詳解】（1）設是直線上任一點，在矩陣變換作用下變?yōu)?，則，，，，，即，所以變換后的曲線方程為；（2）矩陣的特征多項式為，令，得或，當時，對應的特征向量應滿足，得，所以對應的一個特征向量為，當時，對應的特征向量應滿足，，得，所以對應的一個特征向量為，矩陣屬于特征值的一個特征向量為，屬于特征值的一個特征向量為.【題目點撥】本題考查直線在矩陣變換作用下的方程、矩陣的特征值和特征向量，考查計算求解能力，屬于基礎題.20、（1）；（2），，.【解題分析】

（1）利用待定系數法將兩點代入橢圓方程即可求得結果（2）由于四邊形為平行四邊形，則，因為點在橢圓上，解得與的關系，根據直線方程得到三角形面積，利用均值不等式求得最值【題目詳解】（1）由題意可設橢圓的方程為（，，且）.解得所以橢圓的標準方程為.（2）由題意可設，.聯(lián)立整理得..根據韋達定理得因為四邊形恰好為平行四邊形，所以.所以，.因為點在橢圓上，所以，整理得，即.在直線：中，由于直線與坐標軸圍成三角形，則，.令，得，令，得.所以直線與坐標軸圍成的三角形面