山西省呂梁市泰化中學2024屆數學高二第二學期期末綜合測試試題含解析

山西省呂梁市泰化中學2024屆數學高二第二學期期末綜合測試試題注意事項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．小趙、小錢、小孫、小李到個景點旅游，每人只去一個景點，設事件“個人去的景點彼此互不相同”，事件“小趙獨自去一個景點”，則（）A． B． C． D．2．參數方程x=2t，A． B． C． D．3．已知橢圓的離心率為.雙曲線的漸近線與橢圓有四個交點，以這四個焦點為頂點的四邊形的面積為16，則橢圓的方程為A． B．C． D．4．在《九章算術）方田章圓田術（劉徽注）中指出：“割之彌細，所失彌少．割之又割，以至不能割，則與圓周合體而無所失矣．”注述中所用的割圓術是一種無限與有限的轉化過程，比如在中“…”即代表無限次重復，但原式卻是個定值，這可以通過方程確定出來，類似地，可得的值為（）A． B． C． D．5．如表提供了某廠節(jié)能降耗技術改造后在生產產品過程中的記錄的產量與相應的生產能耗的幾組對應數據如圖：根據下表數據可得回歸方程，那么表中的值為（）A． B． C． D．6．用數學歸納法證明：，第二步證明由到時，左邊應加（）A． B． C． D．7．過拋物線的焦點F的直線交拋物線于A、B兩點，若，則（）A． B．1 C． D．28．已知均為實數，若（為虛數單位），則（）A．0 B．1 C．2 D．-19．已知函數，則A．是奇函數，且在R上是增函數 B．是偶函數，且在R上是增函數C．是奇函數，且在R上是減函數 D．是偶函數，且在R上是減函數10．曲線在點處的切線方程為（）A． B． C． D．11．命題的否定是（）A． B．C． D．12．下列命題是真命題的是（）A．，B．設是公比為的等比數列，則“”是“為遞增數列”的既不充分也不必要條件C．“”是“”的充分不必要條件D．的充要條件是二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數，若，則的值是_____.14．數列的通項公式是，若前項和為20，則項數為__________.15．在的展開式中系數之和為______________.(結果用數值表示)16．命題“使得”是______命題.（選填“真”或“假”）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）設函數.（1）求的單調區(qū)間；（2）求使對恒成立的的取值范圍.18．（12分）已知函數()=In(1+)-+(≥0)．(Ⅰ)當=2時，求曲線=()在點(1，(1))處的切線方程；(Ⅱ)求()的單調區(qū)間．19．（12分）已知復數z滿足z=﹣1．（1）求復數z的共軛復數；（2）若w=z+ai，且|w|≤|z|，求實數a的取值范圍．20．（12分）已知函數．（1）求函數的單調遞增區(qū)間；（2）求函數在上的最大值和最小值．21．（12分）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知.（1）求角C；（2）若，，求的周長.22．（10分）設函數，．（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）若對所有的，都有，求實數的取值范圍．

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、D【解題分析】分析：這是求小趙獨自去一個景點的前提下，4

個人去的景點不相同的概率，求出相應基本事件的個數，即可得出結論．詳解：小趙獨自去一個景點，則有3個景點可選，其余3人只能在小趙剩下的3個景點中選擇，可能性為種

所以小趙獨自去一個景點的可能性為種

因為4

個人去的景點不相同的可能性為種，

所以．

故選：D．點睛：本題考查條件概率，考查學生的計算能力，確定基本事件的個數是關鍵．2、D【解題分析】

由x=2t，得t=2x，代入y=2【題目詳解】由題意知x≠0，將t=2x代入y=解得y24-x22=1，因為【題目點撥】本題考查參數方程與普通方程之間的轉化，參數方程化普通方程一般有以下幾種消參方法：①加減消元法；②代入消元法；③平方消元法。消參時要注意參數本身的范圍，從而得出相關變量的取值范圍。3、D【解題分析】

由題意，雙曲線的漸近線方程為，∵以這四個交點為頂點的四邊形為正方形，其面積為16，故邊長為4，∴（2，2）在橢圓C：上，∴，∵，∴，∴，∴∴橢圓方程為：.故選D.考點：橢圓的標準方程及幾何性質；雙曲線的幾何性質.4、B【解題分析】

設，可得，求解即可.【題目詳解】設，則，即，解得，取.故選B.【題目點撥】本題考查了類比推理，考查了計算能力，屬于基礎題.5、D【解題分析】

計算出、，將點的坐標代入回歸直線方程可求出的值.【題目詳解】由題意得，，由于回歸直線過樣本的中心點，所以，，解得，故選：D.【題目點撥】本題考查回歸直線方程的應用，解題時要熟悉回歸直線過樣本中心點這一結論的應用，考查計算能力，屬于基礎題.6、D【解題分析】

當成立，當時，寫出對應的關系式，觀察計算即可得答案.【題目詳解】在第二步證明時，假設時成立，即左側，則成立時，左側，左邊增加的項數是，故選：D．【題目點撥】本題考查數學歸納法，考查到成立時左邊項數的變化情況，考查理解與應用的能力，屬于中檔題．7、C【解題分析】

根據拋物線的定義，結合，求出A的坐標，然后求出AF的方程求出B點的橫坐標即可得到結論．【題目詳解】拋物線的焦點F（1，0），準線方程為，設A（x，y），則，故x=4，此時y=4，即A（4，4），則直線AF的方程為，即，代入得，解得x=4（舍）或，則，故選：C．【題目點撥】本題主要考查拋物線的弦長的計算，根據拋物線的定義是解決本題的關鍵．一般和拋物線有關的小題，可以應用結論來處理；平時練習時應多注意拋物線的結論的總結和應用。尤其和焦半徑聯(lián)系的題目，一般都和定義有關，實現(xiàn)點點距和點線距的轉化。8、C【解題分析】

將已知等式整理為，根據復數相等可求得結果.【題目詳解】由題意得：，即：則：本題正確選項：【題目點撥】本題考查復數相等的定義，涉及簡單的復數運算，屬于基礎題.9、A【解題分析】分析：討論函數的性質，可得答案.詳解：函數的定義域為，且即函數是奇函數，又在都是單調遞增函數，故函數在R上是增函數．故選A.點睛：本題考查函數的奇偶性單調性，屬基礎題.10、C【解題分析】

求導，把分別代入導函數和原函數，得到斜率和切點，再計算切線方程.【題目詳解】將代入導函數方程，得到將代入曲線方程，得到切點為：切線方程為：故答案選C【題目點撥】本題考查了曲線的切線，意在考查學生的計算能力.11、B【解題分析】試題分析：全稱命題的否定是特稱命題，所以：，故選B.考點：1.全稱命題；2.特稱命題.12、B【解題分析】

取特殊值來判斷A選項中命題的正誤，取特殊數列來判斷B選項中命題的正誤，求出不等式，利用集合包含關系來判斷C選項命題的正誤，取特殊向量來說明D選項中命題的正誤．【題目詳解】對于A選項，當時，，所以，A選項中的命題錯誤；對于B選項，若，則等比數列的公比為，但數列是遞減數列，若，等比數列是遞增數列，公比為，所以，“”是“為遞增數列”的既不充分也不必要條件，B選項中的命題正確；對于C選項，解不等式，得或，由于，所以，“”是“”的既不充分也不必要條件，C選項中的命題錯誤；對于D選項，當時，，但與不一定垂直，所以，D選項中的命題錯誤．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】

當時，，求出；當時，無解.從而，由此能求出結果.【題目詳解】解：由時，是減函數可知，當，則，所以，由得，解得，則.故答案為：.【題目點撥】本題考查函數值的求法，屬于基礎題.14、440【解題分析】

由數列的通項公式可得：,則：，結合前n項和的結果有：，解得：.點睛：使用裂項法求和時，要注意正負項相消時消去了哪些項，保留了哪些項，切不可漏寫未被消去的項，未被消去的項有前后對稱的特點，實質上造成正負相消是此法的根源與目的．15、1【解題分析】

令求解展開式的系數和即可.【題目詳解】令可得展開式的系數和為：.故答案為：1．【題目點撥】本題主要考查二項式展開式的系數和的計算，屬于基礎題.16、真.【解題分析】分析：存在命題只需驗證存在即可.詳解：由題可知：令x=0，則符合題意故原命題是真命題.點睛：考查存在性命題的真假判斷，屬于基礎題.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)求導后得,再對分三種情況討論可得;(2)先由,解得,從而由(1)可得在上為增函數,再將恒成立轉化為可解得.【題目詳解】（1）因為，其中，所以.所以，時，所以的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為；時，所以的單調遞減區(qū)間為；時，所以的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為；（2）由題意得，即.由（1）知在內單調遞增，要使對恒成立.只要解得.故的取值范圍是.【題目點撥】本題考查了利用導數求函數的單調區(qū)間,用導數研究不等式恒成立問題,屬中檔題.18、（I）（II）見解析【解題分析】

（I）（II）當時，得單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是.當時，得單調遞增區(qū)間是和，單調遞減區(qū)間是.當時得單調遞增區(qū)間是.當時，得單調遞增區(qū)間是和，單調遞減區(qū)間是19、（1）（2）﹣1≤a≤0【解題分析】

（1）利用復數的運算法則、共軛復數的定義即可得出；（2）利用復數模的計算公式、一元二次不等式的解法即可得出．【題目詳解】解：（1），．（2），，，，則，，，所以，實數的取值范圍是：．【題目點撥】本題考查了復數的運算法則、共軛復數的定義、復數模的計算公式、一元二次不等式的解法，考查了計算能力，屬于基礎題．20、（1）;（2）11,-1【解題分析】

(1).令,解此不等式，得x<-1或x>1,因此，函數的單調增區(qū)間為.(2)令,得或.-當變化時，，變化狀態(tài)如下表：

-2

-1

1

2

+

0

-

0

+

-1

11

-1

11

從表中可以看出，當時，函數取得最小值.當時，函數取得最大值11.21、（1）（2）【解題分析】

試題分析：（1）根據正弦定理把化成，利用和角公式可得從而求得角；（2）根據三角形的面積和角的值求得，由余弦定理求得邊得到的周長.試題解析：（1）由已知可得（2）又，的周長為考點：正余弦定理解三角形.22、（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）.【解題分析】

試題分析：（Ⅰ）令，求導得單調性，進而得，從而得證；（Ⅱ）記求兩次導得在遞增，又，進而討論的正負，從而得原函數的單調性，進而可求最值.試題解析：（