四川大學附中2024屆高二數學第二學期期末綜合測試試題含解析

四川大學附中2024屆高二數學第二學期期末綜合測試試題請考生注意：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．若滿足約束條件，則的最小值是（）A．0 B． C． D．32．拋物線的焦點為，點是上一點，，則（）A． B． C． D．3．已知命題p：?x∈R，2x>0；q：?x0∈R，x＋x0＝－1．則下列命題為真命題的是()A．p∧q B．(┐p)∧(┐q) C．(┐p)∧q D．p∧(┐q)4．一個袋中放有大小、形狀均相同的小球，其中紅球1個、黑球2個，現隨機等可能取出小球，當有放回依次取出兩個小球時，記取出的紅球數為；當無放回依次取出兩個小球時，記取出的紅球數為，則（）A．， B．，C．， D．，5．已知，，，則（）A． B． C． D．6．在極坐標中，點到圓的圓心的的距離為（）A． B． C． D．7．已知隨機變量，若，則分別是（）A．6和5.6 B．4和2.4 C．6和2.4 D．4和5.68．我市擬向新疆哈密地區(qū)的三所中學派出5名教師支教，要求每所中學至少派遣一名教師，則不同的派出方法有（）A．300種 B．150種 C．120種 D．90種9．已知兩個不同的平面α，β和兩條不同的直線a，b滿足a?α,b?β，則“a∥b”是“α∥β”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10．已知函數的圖像為曲線C，若曲線C存在與直線垂直的切線，則實數m的取值范圍是A． B． C． D．11．“已知函數，求證：與中至少有一個不少于.”用反證法證明這個命題時，下列假設正確的是（）A．假設且B．假設且C．假設與中至多有一個不小于D．假設與中至少有一個不大于12．數列，滿足，，，則數列的前項和為（）．A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某公司從甲、乙、丙、丁四名員工中安排了一名員工出國研學.有人詢問了四名員工，甲說：好像是乙或丙去了.”乙說：“甲、丙都沒去”丙說：“是丁去了”丁說：“丙說的不對.”若四名員工中只有一個人說的對，則出國研學的員工是___________.14．已知過拋物線的焦點F的直線交該拋物線于A、B兩點，，則=_____．15．正方體中，、分別是、的中點，則直線與平面所成角的正弦值為______.16．已知R上可導函數的圖象如圖所示，則不等式的解集為__________________.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）請先閱讀：在等式的兩邊求導，得：，由求導法則，得：，化簡得等式：．利用上述的想法，結合等式（,正整數）（1）求的值；（2）求的值．18．（12分）已知函數，.（1）討論的單調性；（2）若有兩個零點，求實數的取值范圍.19．（12分）某中學為研究學生的身體素質與課外體育鍛煉時間的關系，對該校200名高三學生平均每天課外體育鍛煉時間進行調查，如表：（平均每天鍛煉的時間單位：分鐘）平均每天鍛煉的時間/分鐘總人數203644504010將學生日均課外體育鍛煉時間在的學生評價為“課外體育達標”.（Ⅰ）請根據上述表格中的統計數據填寫下面的列聯表；課外體育不達標課外體育達標合計男女20110合計（Ⅱ）通過計算判斷是否能在犯錯誤的概率不超過0.01的前提下認為“課外體育達標”與性別有關？參考公式，其中.0.250.150.100.050.0250.0100.0050.0011.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82820．（12分）已知函數對任意實數都有，且.（I）求的值，并猜想的表達式；（II）用數學歸納法證明（I）中的猜想.21．（12分）已知圓C經過點,且圓心C在直線上，又直線與圓C相交于P,Q兩點.（1）求圓C的方程；（2）若，求實數的值.22．（10分）某學校1800名學生在一次百米測試中，成績全部介于13秒與18秒之間，抽取其中50名學生組成一個樣本，將測試結果按如下方式分成五組：第一組，第二組……，第五組，如圖是按上述分組方法得到的頻率分布直方圖.（1）請估計學校1800名學生中，成績屬于第四組的人數；（2）若成績小于15秒認為良好，求該樣本中在這次百米測試中成績良好的人數；（3）請根據頻率分布直方圖，求樣本數據的眾數、平均數.

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】可行域為一個三角形及其內部,其中，所以直線過點時取最小值，選B.2、B【解題分析】

根據拋物線定義得，即可解得結果.【題目詳解】因為，所以.故選B【題目點撥】本題考查拋物線定義，考查基本分析求解能力，屬基礎題.3、D【解題分析】分析：分別判斷p，q的真假即可.詳解：指數函數的值域為(0，＋∞)，對任意x∈R，y＝2x>0恒成立，故p為真命題；x2＋x＋1＝2＋>0恒成立,不存在x0∈R，使x＋x0＝－1成立，故q為假命題，則p∧q，┐p為假命題，┐q為真命題，┐p∧┐q，┐p∧q為假命題，p∧┐q為真命題．故選：D.點睛：本題以命題的真假判斷與應用為載體，考查了指數函數的性質與二次函數方面的知識.4、B【解題分析】

分別求出兩個隨機變量的分布列后求出它們的期望和方差可得它們的大小關系.【題目詳解】可能的取值為；可能的取值為，，，，故，.，，故，,故，.故選B.【題目點撥】離散型隨機變量的分布列的計算，應先確定隨機變量所有可能的取值，再利用排列組合知識求出隨機變量每一種取值情況的概率，然后利用公式計算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回與無放回的區(qū)別.5、C【解題分析】

通過分段法，根據指數函數、對數函數和三角函數的性質，判斷出，由此選出正確結論.【題目詳解】解：∵，，，；∴.故選C.【題目點撥】本小題主要考查利用對數函數、指數函數和三角函數的性質比較大小，考查分段法比較大小，屬于基礎題.6、C【解題分析】分析：先把點的坐標和圓的方程都化成直角坐標方程，再求點到圓心的距離得解.詳解：由題得點的坐標為，因為，所以，所以圓心的坐標為（2,0），所以點到圓心的距離為，故答案為：C.點睛：（1）本題主要考查極坐標和直角坐標的互化，考查兩點間的距離的求法，意在考查學生對這些知識的掌握水平.（2）極坐標化直角坐標的公式為7、B【解題分析】分析：根據變量ξ～B（10，0.4）可以根據公式做出這組變量的均值與方差，隨機變量η=8﹣ξ，知道變量η也符合二項分布，故可得結論．詳解：∵ξ～B（10，0.4），∴Eξ=10×0.4=4，Dξ=10×0.4×0.6=2.4，∵η=8﹣ξ，∴Eη=E（8﹣ξ）=4，Dη=D（8﹣ξ）=2.4故選：B．點睛：本題考查變量的均值與方差，均值反映數據的平均水平，而方差反映數據的波動大小，屬于基礎題．方差能夠說明數據的離散程度，期望說明數據的平均值，從選手發(fā)揮穩(wěn)定的角度來說，應該選擇方差小的.8、B【解題分析】分析：根據題意，先選后排.①先選，將5名教師分成三組，有兩種方式，即1，1，3與1，2，2，注意去除重復部分；②后排，將分好的三組全排列，即可得到答案.詳解：根據題意：分兩步計算（1）將5名教師分成三組，有兩種方式即1，1，3與1，2，2；①分成1，1，3三組的方法有②分成1，2，2三組的方法有一共有種的分組方法；（2）將分好的三組全排列有種方法.則不同的派出方法有種.故選B.點睛：對于排列組合混合問題，可先選出元素，再排列。9、D【解題分析】

分別判斷充分性和必要性得到答案.【題目詳解】如圖所示：既不充分也不必要條件.故答案選D【題目點撥】本題考查了充分必要條件，舉出反例可以簡化運算.10、A【解題分析】

求函數的導數，利用導數的幾何意義以及直線垂直的等價條件，轉化為有解，即可得到結論.【題目詳解】由題意，函數的導數，若曲線C存在與直線垂直的切線，則切線的斜率為，滿足，即有解，因為有解，又因為，即，所以實數的取值范圍是，故選A.【題目點撥】本題主要考查了導數的幾何意義的應用，以及方程的有解問題，其中解答中把曲線存在與直線垂直的切線，轉化為有解是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力.11、B【解題分析】分析：因為與中至少有一個不少于的否定是且，所以選B.詳解：因為與中至少有一個不少于的否定是且，故答案為：B.點睛：（1）本題主要考查反證法，意在考查學生對這些知識的掌握水平.(2)兩個數中至少有一個大于等于a的否定是兩個數都小于a.12、D【解題分析】

由題意是數列是等差數列，數列的等比數列，分別求出它們的通項，再利用等比數列前項和公式即可求得.【題目詳解】因為，，所以數列是等差數列，數列的等比數列，因此，，數列的前項和為：.故選：.【題目點撥】本題主要考查的是數列的基本知識，等差數列、等比數列的通項公式以及等比數列的求和公式的應用，是中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、甲【解題分析】

分別假設是甲、乙、丙、丁去時，四個人所說的話的正誤，進而確定結果.【題目詳解】若乙去，則甲、乙、丁都說的對，不符合題意；若丙去，則甲、丁都說的對，不符合題意；若丁去，則乙、丙都說的對，不符合題意；若甲去，則甲、乙、丙都說的不對，丁說的對，符合題意.故答案為：甲.【題目點撥】本題考查邏輯推理的相關知識，屬于基礎題.14、2【解題分析】試題分析：焦點坐標，準線方程，由|AF|＝2可知點A到準線的距離為2，所以軸，考點：拋物線定義及直線與拋物線相交的弦長問題點評：拋物線定義：拋物線上的點到焦點的距離等于到準線的距離，依據定義可實現兩個距離的轉化15、.【解題分析】

設正方體的棱長為，以點為坐標原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，計算出平面的一個法向量，利用空間向量法計算出直線與平面所成角的正弦值.【題目詳解】設正方體的棱長為，以點為坐標原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸建立如下圖所示空間直角坐標系.則點、、、、、，設平面的一個法向量為，則，.由，即，得，令，則，.可知平面的一個法向量為，又.，因此，直線與平面所成角的正弦值為，故答案為.【題目點撥】本題考查直線與平面所成角的正弦的計算，解題的關鍵就是建立空間直角坐標系，將問題利用空間向量法進行求解，考查運算求解能力，屬于中等題.16、【解題分析】

先由圖象得出不等式和的解集，再由不等式，得出或兩種情況，解出這兩個不等式可得出答案．【題目詳解】由圖像可知，函數的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為，則不等式的解集為，不等式的解集為.由，可得或.解不等式組，得；解不等式組，得.因此，不等式的解集為，故答案為.【題目點撥】本題考查函數的單調性與導數之間的關系，并求解與導數相關的不等式，解題時要注意導數的符號與函數單調性之間的關系，考查分析問題的能力，屬于中等題．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)；(2).【解題分析】

（1）根據題意對兩邊求導，再令得到結果；（2）對已知式子兩邊同時乘以得：再令，求得答案.【題目詳解】（1）依題意得對兩邊同時求導得：令得：（2）由（1）得：兩邊同時乘以得：對上式兩邊同時求導得即令，【題目點撥】本題以新定義為背景的創(chuàng)新題，考查二項式定和導數知識的交會，要求讀懂題意并會把知識遷移到新情境中進行問題解決，對綜合能力要求較高.18、(1)當a≤0，在（0，2）上單調遞增，在（2，+∞）遞減；當，在（0，2）和上單調遞增，在（2，）遞減；當a=，在（0，+∞）遞增；當a＞，在（0，）和（2，+∞）上單調遞增，在（，2）遞減；(2).【解題分析】

（1）求出，分四種情況討論的范圍，在定義域內，分別令求得的范圍，可得函數增區(qū)間，求得的范圍，可得函數的減區(qū)間；（2）由（1）知當時，單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為，又，取，可證明，有兩個零點等價于，得，可證明，當時與當且時，至多一個零點，綜合討論結果可得結論.【題目詳解】（1）的定義域為，，（i）當時，恒成立，時，在上單調遞增；時，在上單調遞減.（ii）當時，由得，（舍去），①當，即時，恒成立，在上單調遞增；②當，即時，或，恒成立，在上單調遞增；時，恒成立，在上單調遞減.③當，即時，或時，恒成立，在單調遞增，時，恒成立，在上單調遞減.綜上，當時，單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為；當時，單調遞增區(qū)間為，無單調遞減區(qū)間為；當時，單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為.（2）由（1）知當時，單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為，又，取，令，則在成立，故單調遞增，，，有兩個零點等價于，得，，當時，，只有一個零點，不符合題意；當時，在單調遞增，至多只有一個零點，不符合題意；當且時，有兩個極值，，記，，令，則，當時，在單調遞增；當時，在單調遞減，故在單調遞增，時，，故，又，由（1）知，至多只有一個零點，不符合題意，綜上，實數的取值范圍為.【題目點撥】本題是以導數的運用為背景的函數綜合題，主要考查了函數思想，化歸思想，抽象概括能力，綜合分析問題和解決問題的能力，屬于較難題，近來高考在逐年加大對導數問題的考查力度，不僅題型在變化，而且問題的難度、深度與廣度也在不斷加大，本部分的要求一定有三個層次：第一層次主要考查求導公式，求導法則與導數的幾何意義；第二層次是導數的簡單應用，包括求函數的單調區(qū)間、極值、最值、零點等；第三層次是綜合考查，包括解決應用問題，將導數內容和傳統內容中有關不等式甚至數列及函數單調性有機結合，設計綜合題.19、(Ⅰ)答案見解析；(Ⅱ)在犯錯誤的概率不超過0.01的前提下不能判斷“課外體育達標”與性別有關.【解題分析】【試題分析】（1）根據題目所給數據可填寫好表格.（2）