四川省內江市威遠縣中學2024屆數學高二第二學期期末達標檢測試題含解析

四川省內江市威遠縣中學2024屆數學高二第二學期期末達標檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．若點P在拋物線上，點Q（0,3），則|PQ|的最小值是（）A． B． C． D．2．下列四個推理中，屬于類比推理的是（）A．因為銅、鐵、鋁、金、銀等金屬能導電，所以一切金屬都能導電B．一切奇數都不能被2整除，是奇數，所以不能被2整除C．在數列中，，可以計算出，所以推出D．若雙曲線的焦距是實軸長的2倍，則此雙曲線的離心率為2，類似的，若橢圓的焦距是長軸長的一半，則此橢圓的離心率為3．已知{an}為等差數列，其前n項和為Sn，若a3=6，S3=12，則公差d等于（）A．1 B． C．2 D．34．已知點在拋物線上，且為第一象限的點，過作軸的垂線，垂足為，為該拋物線的焦點，，則直線的斜率為（）A． B． C．-1 D．-25．“”是“的展開式中含有常數項”的（）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件 C．充要條件 D．非充分非必要條件6．函數f（x）＝Asin（ωx+φ）（其中A＞0，ω＞0，|φ|＜）的圖象如圖所示，為了得到g（x）＝Acosωx的圖象，只需把y＝f（x）的圖象上所有的點（）A．向右平移個單位長度 B．向左平移個單位長度C．向右平移個單位長度 D．向左平移個單位長度7．已知函數，則不等式的解集是（）A． B． C． D．8．若是虛數單位，，則實數（）A． B． C．2 D．39．若焦點在軸上的雙曲線的離心率為，則該雙曲線的一個頂點到其中一條漸近線的距離為()A． B． C． D．10．設等差數列的前n項和為，若，則()A．3 B．4 C．5 D．611．設離散型隨機變量的概率分布列如表：1234則等于（）A． B． C． D．12．若拋物線上一點到焦點的距離是該點到軸距離的倍，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、兩隊進行某類知識競賽，競賽為四局，每局比賽沒有平局，前三局勝者均得1分，第四局勝的一隊得2分，各局負者都得0分，假設每局比賽隊獲勝的概率均為，且各局比賽相互獨立，則比賽結束時隊得分比隊高3分的概率為__________．14．售后服務人員小張、小李、小王三人需要拜訪三個客戶完成售后服務，每人只拜訪一個客戶，設事件“三個人拜訪的客戶各不相同”，“小王獨自去拜訪一個客戶”，則概率等于_________.15．在極坐標系中，圓上的點到直線的距離的最小值是____16．已知向量，且，則_______.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，側棱底面，底面是直角梯形，，，，，是棱上的一點（不與、點重合）.（1）若平面，求的值；（2）求二面角的余弦值.18．（12分）選修4-5：不等式選講已知函數．(1)解不等式；(2)若函數的最小值為，且，求的取值范圍．19．（12分）如圖，在直三棱柱中，平面面，交于點，且.（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）若，求三棱錐的體積.20．（12分）已知常數,函數.(1)討論在區(qū)間上的單調性;(2)若存在兩個極值點,且,求的取值范圍.21．（12分）已知橢圓的長軸長為，且橢圓與圓的公共弦長為（1）求橢圓的方程.（2）過點作斜率為的直線與橢圓交于兩點，試判斷在軸上是否存在點，使得為以為底邊的等腰三角形.若存在，求出點的橫坐標的取值范圍，若不存在，請說明理由.22．（10分）已知的展開式中第項是常數項.（1）求的值；（2）求展開式中二項式系數最大的項，

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】試題分析：如圖所示，設，其中，則，故選B.考點：拋物線.2、D【解題分析】由推理的定義可得A,C為歸納推理，B為演繹推理，D為類比推理.本題選擇D選項.點睛：一是合情推理包括歸納推理和類比推理，所得到的結論都不一定正確，其結論的正確性是需要證明的．二是在進行類比推理時，要盡量從本質上去類比，不要被表面現(xiàn)象所迷惑；否則只抓住一點表面現(xiàn)象甚至假象就去類比，就會犯機械類比的錯誤．3、C【解題分析】試題分析：設出等差數列的首項和公差，由a3=6，S3=11，聯(lián)立可求公差d．解：設等差數列{an}的首項為a1，公差為d，由a3=6，S3=11，得：解得：a1=1，d=1．故選C．考點：等差數列的前n項和．4、B【解題分析】

設，由，利用拋物線定義求得，進而得進而即可求解【題目詳解】設，因為，所以，解得，代入拋物線方程得，所以，，，從而直線的斜率為.故選：B【題目點撥】本題考查拋物線的性質及定義，考查運算求解能力，是基礎題.5、A【解題分析】

根據二項展開式的通項可知當時，只需即可得到常數項，可知充分條件成立；當時，展開式均含有常數項，可知必要條件不成立，從而得到結果.【題目詳解】展開式的通項公式為：當時，通項公式為：令，解得：，此時為展開式的常數項，可知充分條件成立令，解得：當時，展開式均含有常數項，可知必要條件不成立“”是“的展開式中含有常數項”的充分不必要條件本題正確選項：【題目點撥】本題考查充分條件與必要條件的判定，涉及到二項式定理的應用；關鍵是能夠熟練掌握二項展開式通項公式的形式，進而確定當冪指數為零時所需要的條件，從而確定是否含有常數項.6、B【解題分析】

由函數的圖象的頂點坐標求出A，由周期求出ω，由五點法作圖求出φ的值，可得f（x）的解析式，再利用函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，得出結論．【題目詳解】根據函數f（x）＝Asin（ωx+φ）（其中A＞0，ω＞0，|φ|＜）的圖象，可得A＝1，，∴ω＝1．再根據五點法作圖可得1×+φ＝π，求得φ＝，∴函數f（x）＝sin（1x+）．故把y＝f（x）的圖象上所有的點向左平移個單位長度，可得y＝sin（1x++）＝cos1x＝g（x）的圖象.故選B．【題目點撥】確定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0，ω＞0)的步驟和方法：(1)求A，b，確定函數的最大值M和最小值m，則A＝，b＝；(1)求ω，確定函數的最小正周期T，則可得ω＝；(3)求φ，常用的方法有：①代入法：把圖象上的一個已知點代入(此時A，ω，b已知)或代入圖象與直線y＝b的交點求解(此時要注意交點在上升區(qū)間上還是在下降區(qū)間上)．②特殊點法：確定φ值時，往往以尋找“最值點”為突破口．具體如下：“最大值點”(即圖象的“峰點”)時ωx＋φ＝；“最小值點”(即圖象的“谷點”)時ωx＋φ＝.7、C【解題分析】

先判斷出函數為奇函數且在定義域內單調遞增，然后把不等式變形為，再利用單調性求解即可．【題目詳解】由題意得，函數的定義域為R．∵，∴函數為奇函數．又根據復合函數的單調性可得，函數在定義域上單調遞增．由得，∴，解得，∴不等式的解集為．故選C．【題目點撥】解答本題的關鍵是挖掘題意、由條件得到函數的奇偶性和單調性，最后根據函數的單調性求解，這是解答抽象不等式（即不知表達式的不等式）問題的常用方法，考查理解和應用能力，具有一定的難度和靈活性．8、B【解題分析】

先利用復數的模長公式得到，再根據復數相等的定義，即得解.【題目詳解】由于由復數相等的定義，故選：B【題目點撥】本題考查了復數的模長和復數相等的概念，考查了學生概念理解，數學運算的能力，屬于基礎題.9、C【解題分析】

先由雙曲線的離心率的值求出的值，然后求出雙曲線的頂點坐標和漸近線方程，再利用點到直線的距離公式可求出結果【題目詳解】解：因為焦點在軸上的雙曲線的離心率為，所以，解得，所以雙曲線方程為，其頂點為，漸近線方程為由雙曲線的對稱性可知，只要求出其中一個頂點到一條漸近線的距離即可不妨求點到直線的距離故選：C【題目點撥】此題考查了雙曲線的有關知識和點到直線的距離公式，屬于基礎題10、C【解題分析】

由又，可得公差，從而可得結果.【題目詳解】是等差數列又，∴公差，，故選C．【題目點撥】本題主要考查等差數列的通項公式與求和公式的應用，意在考查靈活應用所學知識解答問題的能力，屬于中檔題.11、D【解題分析】分析：利用離散型隨機變量X的概率分布列的性質求解.詳解：由離散型隨機變量X的分布列知：，解得.故選：D.點睛：本題考查概率的求法，是基礎題，解題時要注意離散型隨機變量X的概率分布列的性質的靈活應用.12、D【解題分析】

利用拋物線的定義列等式可求出的值.【題目詳解】拋物線的準線方程為，由拋物線的定義知，拋物線上一點到焦點的距離為，，解得，故選：D.【題目點撥】本題考查拋物線的定義，在求解拋物線上的點到焦點的距離，通常將其轉化為該點到拋物線準線的距離求解，考查運算求解能力，屬于中等題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

比賽結束時隊得分比隊高3分是指前3局比賽中兩勝一負，第4局比賽勝，由此能求出比賽結束時隊得分比隊高3分的概率．【題目詳解】比賽結束時隊得分比隊高3分是指前3局比賽中兩勝一負，第4局比賽勝，比賽結束時隊得分比隊高3分的概率：．故答案為：．【題目點撥】本題考查概率的求法，考查次獨立重復試驗中事件恰好發(fā)生次的概率計算公式等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題．14、【解題分析】

是條件概率，，利用公式求解.【題目詳解】根據題意有事件“三個人拜訪的客戶各不相同”，則,所以.故答案為：【題目點撥】本題考查了條件概率的求法、組合的性質，屬于基礎題.15、1【解題分析】試題分析：圓的直角坐標方程為，直線的直角坐標方程為，圓心到直線的距離，圓上的點到直線的距離的最小值為.考點：直角坐標與極坐標、距離公式.16、2【解題分析】由題意可得解得.【名師點睛】（1）向量平行：，,.（2）向量垂直：.（3）向量的運算：.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)(2)【解題分析】

（1）由平面可得，從而得到.（2）以為坐標原點，的方向為軸，軸，軸正方向建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量和平面的一個法向量后可得二面角的余弦值.【題目詳解】（1）證明：因為平面，平面,平面平面，所以，所以，因為，所以.所以.（2）解：以為坐標原點，的方向為軸，軸，軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則點.則.設平面的一個法向量為，則，即，得.令，得；易知平面的一個法向量為，設二面角的大小為，則.故二面角的余弦值為.【題目點撥】線線平行的證明可利用線面平行或面面平行來證明，空間中的角的計算，可以建立空間直角坐標系把角的計算歸結為向量的夾角的計算，也可以構建空間角，把角的計算歸結平面圖形中的角的計算.18、（1）；（2）【解題分析】分析：(1)由知，分類討論即可求解不等式的解集；(2)由條件，根據絕對值的三角不等式，求得其最小值，即，再利用均值不等式，求得的最小值，進而得到的取值范圍．詳解：(1)由知，解集為．（過程略）……5分(2)由條件得，當且僅當時，其最小值，即．又，所以，此時，．故的取值范圍為．……10分點睛：本題主要考查了含絕對值不等式的求解，以及均值不等式的應用求最值，其中熟記含絕對值不等式的解法以及絕對值三角不等式、均值不等式的合理應用是解答的關鍵，著重考查了推理與論證能力．19、（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）【解題分析】

（Ⅰ）根據及直三棱柱特點可知；利用面面垂直性質可得平面，從而證得；利用線面垂直性質可知，從而根據線面垂直判定定理可證得平面，根據線面垂直性質可證得結論；（Ⅱ）根據體積橋將問題轉化為三棱錐體積的求解；根據線面垂直判定定理可證得平面，從而可知到平面的距離，利用三棱錐體積公式求得結果.【題目詳解】（Ⅰ）在直三棱柱中,四邊形為正方形平面平面，且平面平面，平面平面，又平面平面，平面又平面平面（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，且，，，平面為中點到平面的距離：【題目點撥】本題考查立體幾何中線線垂直關系的證明、三棱錐體積的求解，涉及到線面垂直判定定理和性質定理、面面垂直性質定理的應用.求解三棱錐體積的關鍵是能夠通過體積橋的方式將所求三棱錐轉化為高易求的三棱錐的體積的求解.20、(1)詳見解析(2)【解題分析】試題分析:(1)首先對函數求導并化簡得到導函數,導函數的分母恒大于0,分子為含參的二次函數,故討論分子的符號,確定導函數符號得到原函數的單調性,即分和得到導函數分子大于0和小于0的解集進而得到函數的單調性.(2)利用第(1)可得到當時,導數等于0有兩個根,根據題意即為兩個極值點,首先導函數等于0的兩個根必須在原函數的可行域內,把關于的表達式帶入,得到關于的不等式,然后利用導函數討論的取值范圍使得成立.即可解決該問題.(1)對函數求導可得,因為,所以當時,即時,恒成立,則函數在單調遞增,當時,,則函數在區(qū)間單調遞減,在單調遞增的.(2)解:(1)對函數求導可得,因為,所以當時,即時,恒成立,則函數在單調遞增,當時,,則函數在區(qū)間單調遞減,在單調遞增的.(2)函數的定義域為,由(1)可得當時,,則,即,則為函數的兩個極值點,代入可得=令,令,由知:當時,,當時,,當時,,對求導可得,所以函數在上單調遞減,則,即不符合題意.當時,,對求導可得,所以函數在上單調遞減,則,即恒成立,綜上的取值范圍為.考點：導數含