2024屆山東省濰坊壽光市數學高二下期末檢測試題含解析

2024屆山東省濰坊壽光市數學高二下期末檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．已知雙曲線與橢圓：有共同的焦點，它們的離心率之和為，則雙曲線的標準方程為（）A． B． C． D．2．已知一個幾何體的三視圖如圖所示，且該幾何體的體積為，則的值為（）A． B． C． D．3．在一次連環(huán)交通事故中，只有一個人需要負主要責任，但在警察詢問時，甲說：“主要責任在乙”；乙說：“丙應負主要責任”；丙說“甲說的對”；丁說：“反正我沒有責任”．四人中只有一個人說的是真話，則該事故中需要負主要責任的人是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁4．若，則下列不等式中成立的是（）A． B． C． D．5．某市一次高二年級數學統(tǒng)測,經抽樣分析,成績近似服從正態(tài)分布,且,則()A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.56．命題“，”的否定是（）A．， B．，C．， D．，7．計算：（）A．﹣1 B．1 C．﹣8 D．88．不等式＞0的解集是A．（，） B．（4，）C．（，－3）∪（4，+） D．（，－3）∪（，）9．某班制定了數學學習方案：星期一和星期日分別解決個數學問題，且從星期二開始，每天所解決問題的個數與前一天相比，要么“多一個”要么“持平”要么“少一個”，則在一周中每天所解決問題個數的不同方案共有（）A．種 B．種 C．種 D．種10．已知函數，若方程有五個不同的實數根，則的取值范圍是（）A．（0，+∞） B．（0，1） C．（－∞，0） D．（0，）11．拋物線上的點到定點和定直線的距離相等，則的值等于（）A． B． C．16 D．12．關于函數，下列說法正確的是()A．是周期函數，周期為 B．關于直線對稱C．在上是單調遞減的 D．在上最大值為二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．將紅、黃、藍、白、黑5個小球分別放入紅、黃、藍、白、黑5個盒子里，每個盒子里放且只放1個小球，則紅球不在紅盒內且黃球不在黃盒內的概率是______.14．已知，用數學歸納法證明時，有______．15．若實數，滿足約束條件，則的最大值是.16．將集合中所有的數按照上小下大，左小右大的原則寫成如下的三角形表:則該數表中，從小到大第50個數為__________．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）已知函數.（Ⅰ）討論的單調性；（Ⅱ）若，且對任意的，都有，求的取值范圍.18．（12分）已知橢圓：的離心率為，短軸長為1．（1）求橢圓的標準方程；（1）若圓：的切線與曲線相交于、兩點，線段的中點為，求的最大值．19．（12分）如圖，底面，四邊形是正方形，.(Ⅰ)證明：平面平面；(Ⅱ)求直線與平面所成角的余弦值.20．（12分）（選修4-5.不等式選講）已知函數的最小值為.(1)求實數的值；(2)若,且,求證:.21．（12分）在直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，已知曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的直角坐標方程；（2）若直線與直線（為參數，）交于點，與曲線交于點（異于極點），且，求.22．（10分）（本小題滿分12分）已知，函數．（I）當為何值時，取得最大值？證明你的結論；（II）設在上是單調函數，求的取值范圍；（III）設，當時，恒成立，求的取值范圍．

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、C【解題分析】

由橢圓方程求出雙曲線的焦點坐標，及橢圓的離心率，結合題意進一步求出雙曲線的離心率，從而得到雙曲線的實半軸長，再結合隱含條件求得雙曲線的虛半軸長得答案．【題目詳解】由橢圓，得，，則，雙曲線與橢圓的焦點坐標為，，橢圓的離心率為，則雙曲線的離心率為．設雙曲線的實半軸長為m，則，得，則虛半軸長，雙曲線的方程是．故選C．【題目點撥】本題考查雙曲線方程的求法，考查了橢圓與雙曲線的簡單性質，是中檔題．2、A【解題分析】

畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數據求解幾何體的體積即可．【題目詳解】解：由三視圖可知，幾何體的直觀圖如圖：是一個三棱錐和一個三棱柱的組合體，底面都是的等腰直角三角形，高為，所以體積為：，解得．故選A．【題目點撥】本題考查三視圖求解幾何體的體積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵，屬于簡單題．3、A【解題分析】

①假定甲說的是真話，則丙說“甲說的對”也是真話，這與四人中只有一個人說的是真話矛盾，所以假設不成立，故甲說的是假話；②假定乙說的是真話，則丁說“反正我沒有責任”也為真話，這與四人中只有一個人說的是真話矛盾，所以假設不成立，故乙說的是假話；③假定丙說的是真話，由①知甲說的也是真話，這與四人中只有一個人說的是真話矛盾，所以假設不成立，故丙說的是假話；綜上可得，丁說的真話，甲乙丙三人說的均為假話，即乙丙丁沒有責任，所以甲負主要責任，故選A.4、A【解題分析】

對于A，用不等式的性質可以論證，對于B，C，D，列舉反例，可以判斷．【題目詳解】∵a＜0，∴|a|＝﹣a，∵a＜b＜0，∴﹣a＞﹣b＞0，∴|a|＞﹣b，故結論A成立；取a＝﹣2，b＝﹣1，則∵，∴B不正確；，∴，∴C不正確；，，∴，∴D不正確．故選：A．【題目點撥】本題考查不等式的性質，解題的關鍵是利用不等式的性質，對于不正確結論，列舉反例．5、A【解題分析】

根據正態(tài)分布的對稱性求出P（X≥90），即可得到答案．【題目詳解】∵X近似服從正態(tài)分布N(84,σ2),.∴，故選：A.【題目點撥】本題考查正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義，抓住正態(tài)分布曲線的對稱性即可解題，屬于基礎題.6、A【解題分析】

根據含有一個量詞的命題的否定，特稱命題的否定是全稱命題，寫出原命題的否定，得到答案.【題目詳解】因為特稱命題的否定是全稱命題，所以命題“，”的否定是“，”.故選：A.【題目點撥】本題考查含有一個量詞的命題的否定，屬于簡單題.7、D【解題分析】

根據微積分基本定理，可直接求出結果.【題目詳解】.故選D【題目點撥】本題主要考查定積分，熟記微積分基本定理即可，屬于?？碱}型.8、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0.9、A【解題分析】分析：因為星期一和星期日分別解決4個數學問題，所以從這周的第二天開始后六天中“多一個”或“少一個”的天數必須相同，都是0、1、2、3天，共四種情況，利用組合知識可得結論．詳解：因為星期一和星期日分別解決4個數學問題，所以從這周的第二天開始后六天中“多一個”或“少一個”的天數必須相同，所以后面六天中解決問題個數“多一個”或“少一個”的天數可能是0、1、2、3天，共四種情況，所以共有=141種．故選：A．點睛：本題考查組合知識的運用，考查學生分析解決問題的能力，確定中間“多一個”或“少一個”的天數必須相同是關鍵．10、D【解題分析】

由方程的解與函數圖象的交點關系得：方程有五個不同的實數根等價于的圖象與的圖象有5個交點，作圖可知，只需與曲線在第一象限有兩個交點即可。利用導數求過某點的切線方程得：過原點的直線與相切的直線方程為，即所求的取值范圍為，得解．【題目詳解】設，則的圖象與的圖象關于原點對稱，方程有五個不同的實數根等價于函數的圖象與的圖象有5個交點，由圖可知，只需與曲線在第一象限有兩個交點即可，設過原點的直線與切于點，，由，則過原點的直線與相切，，又此直線過點，所以，所以，即（e），即過原點的直線與相切的直線方程為，即所求的取值范圍為，故選．【題目點撥】本題主要考查了方程的解與函數圖象的交點個數問題的關系應用及利用導數求切線方程。11、C【解題分析】

根據拋物線定義可知，定點為拋物線的焦點，進而根據定點坐標求得．【題目詳解】根據拋物線定義可知，定點為拋物線的焦點，且，，解得：.故選：C.【題目點撥】本題考查拋物線的定義，考查對概念的理解，屬于容易題．12、C【解題分析】分析：利用正弦函數的圖象與性質，逐一判定，即可得到答案．詳解：令，對于A中，因為函數不是周期函數，所以函數不是周期函數，所以是錯誤的；對于B中，因為，所以點與點關于直線對稱，又，所以，所以的圖象不關于對稱，所以是錯誤的；對于C中，當時，，當時，函數為單調遞減函數，所以是正確的；對于D中，時，，所以是錯誤的，綜上可知，正確的為選項C，故選C．點睛：本題主要考查了正弦函數的對稱性、周期性、單調性及其函數的最值問題，其中熟記正弦函數的圖象與性質，合理運算是解答此類問題的關鍵，著重考查了綜合分析與應用能力，以及推理與運算能力，試題有一定難度，屬于中檔試題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、0.65【解題分析】設紅球不在紅盒內且黃球不在黃盒內的概率為，再設紅球在紅盒內的概率為，黃球在黃盒內的概率為，紅球在紅盒內且黃球在黃盒內的概率為，則紅球不在紅盒且黃球不在黃盒由古典概型概率公式可得，，則，即，故答案為.14、【解題分析】

根據題意可知，假設，代入可得到，當時，，兩式相減，化簡即可求解出結果?！绢}目詳解】由題可知，，，所以．故答案為?！绢}目點撥】本題主要考查利用數學歸納法證明不等式過程中的歸納遞推步驟。15、【解題分析】試題分析：畫出不等式組表示的平面區(qū)域為下圖中的陰影部分，看作兩點，連線的斜率，根據上圖可求最大值為考點：線性規(guī)劃。16、1040【解題分析】用表示，下表的規(guī)律為：…，則第行的第個數，，故答案為.【方法點睛】本題歸納推理以及等差數列的求和公式，屬于中檔題.歸納推理的一般步驟:一、通過觀察個別情況發(fā)現(xiàn)某些相同的性質.二、從已知的相同性質中推出一個明確表述的一般性命題(猜想）.常見的歸納推理分為數的歸納和形的歸納兩類：(1)數的歸納包括數的歸納和式子的歸納，解決此類問題時，需要細心觀察，尋求相鄰項及項與序號之間的關系，同時還要聯(lián)系相關的知識，如等差數列、等比數列等；(2)形的歸納主要包括圖形數目的歸納和圖形變化規(guī)律的歸納.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、（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）【解題分析】

（Ⅰ）對a分和兩種情況討論，利用導數求函數的單調性；（Ⅱ）當時，由（Ⅰ）知在上單調遞增，在上單調遞減.再對a分三種情況討論，利用導數研究不等式的恒成立問題得解.【題目詳解】（Ⅰ）函數的定義域為，.（i）當時，恒成立，∴在上單調遞增.（ii）當時，在上，在上，∴在上單調遞增，在上單調遞減.綜上，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減.（Ⅱ）當時，由（Ⅰ）知在上單調遞增，在上單調遞減.①當，即時，在上單調遞減，，，解得.∴.②當，即時，在上單調遞增，，，解得.∴.③當，即時，在上單調遞增，在上單調遞減..則，即.令，，易得，所以在上單調遞增.又∵，∴對任意的，都有.∴.綜上所述，的取值范圍為.【題目點撥】本題主要考查利用導數研究函數的單調性和不等式的恒成立問題，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.18、（1）；（1）【解題分析】試題分析:(1)待定系數法求橢圓方程;(1)借助韋達定理表示的最大值,利用二次函數求最值.試題解析:（I），所以,又，解得．所以橢圓的標準方程．（II）設，，，易知直線的斜率不為，則設．因為與圓相切，則，即；由消去，得，則，，，，即，，設，則，，當時等號成立，所以的最大值等于．19、（1）見解析；（2）直線與平面所成角的余弦值為.【解題分析】分析：(1)先根據線面平行判定定理得平面，平面.，再根據面面平行判定定理得結論，(2)先根據條件建立空間直角坐標系，設立各點坐標，根據方程組解得平面的一個法向量，利用向量數量積求得向量夾角，最后根據線面角與向量夾角互余關系得結果.詳解：(Ⅰ)因為，平面，平面，所以平面.同理可得，平面.又,所以平面平面.（Ⅱ）（向量法）以為坐標原點，所在的直線分別為軸，軸，軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，由已知得，點，,,.所以，.易證平面，則平面的一個法向量為.設直線與平面所成角為，則。則.即直線與平面所成角的余弦值為.點睛：利用法向量求解空間線面角的關鍵在于“四破”：第一，破“建系關”，構建恰當的空間直角坐標系；第二，破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”.20、（1）3（2）見解析【解題分析】試題分析：(1)利用絕對值的三角不等式，即可求解函數的最小值，從而得到實數的值；(2)由(1)知,且,利用柯西不等式作出證明即可.試題解析：(1)因為,當且僅當,即時取等號,所以的最小值為3,于是(2)由(1)知,且,由柯西不等式得.21、(1).(2).【解題分析】分析：（1）根據極坐標和直角坐標方程的轉化，可直接求得直角坐標方程。（2）將直線參數方程轉化為極坐標方程，將代入曲線C和直線方程，求得兩個值，根據即可求出m的值。詳解：（1）∵，∴，∴，故曲線的直角坐標方程為.（2）由（為參數）得，故直線（為參數）的極坐標方程為.將代入