2024屆江西省宜春市袁州區宜春九中數學高二下期末檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．已知滿足，則的取值范圍為（）A． B． C． D．2．若,則()A． B． C． D．3．已知，為的導函數，則的圖象是（）A． B．C． D．4．已知函數，設，則A． B．C． D．5．設a，b均為正實數，則“”是“”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6．三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，Q是BC邊上的一個動點，且直線PQ與面ABC所成角的最大值為則該三棱錐外接球的表面積為()A． B． C． D．7．若復數滿足，則復數在復平面上所對應的圖形是（）A．橢圓 B．雙曲線 C．直線 D．線段8．若，則等于（）A．3或4 B．4 C．5或6 D．89．函數的部分圖像大致為（）A． B．C． D．10．已知函數y=f（x）的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數y=f′（x）的圖象如圖所示，則該函數的圖象是（）A． B． C． D．11．函數在單調遞增，且為奇函數，若，則滿足的的取值范圍是（）．A． B． C． D．12．己知，是橢圓的左右兩個焦點，若P是橢圓上一點且，則在中（）A． B． C． D．1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知是定義在上的奇函數，若，，則的值為__________．14．已知是等腰直角三角形，斜邊，是平面外的一點，且滿足，，則三棱錐外接球的表面積為________．15．已知復數（i為虛數單位），則的實部為____．16．在中，角的對邊分別為，其外接圓的直徑為，且滿足，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）設函數.（1）求過點的切線方程；（2）若方程有3個不同的實根，求的取值范圍。（3）已知當時，恒成立，求實數的取值范圍．18．（12分）“初中數學靠練，高中數學靠悟”.總結反思自己已經成為數學學習中不可或缺的一部分，為了了解總結反思對學生數學成績的影響，某校隨機抽取200名學生，抽到不善于總結反思的學生概率是0.6.（1）完成列聯表（應適當寫出計算過程）；（2）試運用獨立性檢驗的思想方法分析是否有的把握認為學生的學習成績與善于總結反思有關.統計數據如下表所示：不善于總結反思善于總結反思合計學習成績優秀40學習成績一般20合計200參考公式：其中19．（12分）已知拋物線上一點到焦點的距離，傾斜角為的直線經過焦點，且與拋物線交于兩點、.（1）求拋物線的標準方程及準線方程；（2）若為銳角，作線段的中垂線交軸于點.證明：為定值，并求出該定值.20．（12分）已知的展開式中，末三項的二項式系數的和等于121；(1)求n的值；(2)求展開式中系數最大的項；21．（12分）已知，，分別為三個內角,,的對邊，.(Ⅰ)求；(Ⅱ)若=2，的面積為，求，.22．（10分）已知不等式的解集為．（1）求集合；（2）設，證明：．

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】由題意，令，所以，所以，因為，所以所以所以，故選D.2、B【解題分析】

對求導,在導函數里取,解得,代入函數,再計算【題目詳解】答案為B【題目點撥】本題考查了導數的計算,屬于簡單題.3、A【解題分析】

先化簡f（x）＝，再求其導數，得出導函數是奇函數，排除B，D．再根據導函數的導函數小于0的x的范圍，確定導函數在上單調遞減，從而排除C，即可得出正確答案．【題目詳解】由f（x）＝，∴，它是一個奇函數，其圖象關于原點對稱，故排除B，D．又，當﹣＜x＜時，cosx＞，∴＜0，故函數y＝在區間上單調遞減，故排除C．故選A．【題目點撥】本題主要考查函數的單調性與其導函數的正負之間的關系，即當導函數大于0時原函數單調遞增，當導函數小于0時原函數單調遞減，屬于基礎題．4、D【解題分析】

對函數求導，得出函數在上單調遞減，利用中間值法比較、、的大小關系，利用函數的單調性得出、、三個數的大小關系．【題目詳解】，，所以，函數在上單調遞減，，，即，，則，函數在上單調遞減，因此，，故選D.【題目點撥】本題考查函數值的大小比較，這類問題需要結合函數的單調性以及自變量的大小，其中單調性可以利用導數來考查，本題中自變量的結構不相同，可以利用中間值法來比較，考查推理能力，屬于中等題．5、A【解題分析】

確定兩個命題和的真假可得．【題目詳解】∵a，b均為正實數，若，則，命題為真；若，滿足，但，故為假命題．因此“”是“”的充分不必要條件．故選：A.【題目點撥】本題考查充分必要條件的判斷．解題時必須根據定義確定命題和的真假．也可與集合包含關系聯系．6、C【解題分析】

根據題意畫出圖形，結合圖形找出△ABC的外接圓圓心與三棱錐P﹣ABC外接球的球心，求出外接球的半徑，再計算它的表面積．【題目詳解】三棱錐P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，直線PQ與平面ABC所成角為θ，如圖所示；則sinθ==，且sinθ的最大值是，∴（PQ）min=2，∴AQ的最小值是，即A到BC的距離為，∴AQ⊥BC，∵AB=2，在Rt△ABQ中可得，即可得BC=6；取△ABC的外接圓圓心為O′，作OO′∥PA，∴=2r，解得r=2；∴O′A=2，取H為PA的中點，∴OH=O′A=2，PH=，由勾股定理得OP=R==，∴三棱錐P﹣ABC的外接球的表面積是S=4πR2=4×=57π．故答案為C【題目點撥】本題主要考查正弦定理和線面位置關系，考查了幾何體外接球的應用問題，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.解題的關鍵求外接球的半徑．7、D【解題分析】

根據復數的幾何意義知，復數對應的動點P到對應的定點的距離之和為定值2，且，可知動點的軌跡為線段.【題目詳解】設復數，對應的點分別為,則由知：,又，所以動點P的軌跡為線段.故選D【題目點撥】本題主要考查了復數的幾何意義，動點的軌跡，屬于中檔題.8、D【解題分析】

根據排列數和組合數公式，化簡，即可求出.【題目詳解】解：由題意，根據排列數、組合數的公式，可得，，則，且，解得：.故選：D.【題目點撥】本題考查排列數和組合數公式的應用，以及對排列組合的理解，屬于計算題.9、B【解題分析】

結合函數的性質，特值及選項進行排除.【題目詳解】當時，，可以排除A,C選項；由于是奇函數，所以關于點對稱，所以B對，D錯.故選：B.【題目點撥】本題主要考查函數圖象的識別，由解析式選擇函數圖象時，要注意特值法的使用，側重考查直觀想象的核心素養.10、B【解題分析】

由y＝f′(x)的圖象知，y＝f(x)的圖象為增函數，且在區間(－1,0)上增長速度越來越快，而在區間(0,1)上增長速度越來越慢．故選B.11、D【解題分析】

是奇函數，故；又是增函數，，即則有，解得，故選D.【題目點撥】解本題的關鍵是利用轉化化歸思想，結合奇函數的性質將問題轉化為，再利用單調性繼續轉化為，從而求得正解.12、A【解題分析】

根據橢圓方程求出、，即可求出、，再根據余弦定理計算可得；【題目詳解】解：因為，所以，，又因為，，所以，在中，由余弦定理，即，，故選：【題目點撥】本題考查橢圓的簡單幾何性質及余弦定理解三角形，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

根據函數奇偶性和可推導得到函數為周期函數，周期為；將變為，根據奇函數可得，且可求得結果.【題目詳解】為奇函數，又是周期為的周期函數又，本題正確結果：【題目點撥】本題考查利用函數的周期性求解函數值的問題，關鍵是能夠利用函數的奇偶性和對稱性求解得到函數的周期，從而將所求函數值變為已知的函數值.14、【解題分析】

在平面的投影為的外心，即中點，設球半徑為，則，解得答案.【題目詳解】，故在平面的投影為的外心，即中點，故球心在直線上，，，設球半徑為，則，解得，故.故答案為：.【題目點撥】本題考查了三棱錐的外接球問題，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.15、；【解題分析】

對復數進行四運算，化簡成，求得的實部.【題目詳解】因為，所以的實部為.【題目點撥】本題考查復數的四則運算及實部概念.16、【解題分析】

先利用余弦定理化簡已知得，所以，再利用正弦定理求解.【題目詳解】由及余弦定理，得，得，得，即，所以，所以.由正弦定理，得，則.故答案為【題目點撥】本題主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，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）；（2）；（3）【解題分析】

求導帶入求出切線斜率，再利用點斜式寫出切線。求出的單調區間，極值，則在極小值與極大值之間。參變分離，求最值。【題目詳解】(1)設切點為切線過(2)對函數求導，得函數令，即，解得，或，即，解得，的單調遞增區間是及，單調遞減區間是當,有極大值；當，有極小值當時，直線與的圖象有3個不同交點，此時方程有3個不同實根。實數的取值范圍為(3)時，恒成立，也就是恒成立，令，則，的最小值為，【題目點撥】本題考查曲線上某點的切線方程，兩方程的交點問題以及參變分離。屬于中檔題。18、（1）見解析（2）有，分析見解析【解題分析】

(1)根據已知抽取的學生人數為200名,抽到不善于總結反思的學生概率是0.6,即可求出抽到不善于總結反思的學生人數為,進而可求得其他數據,完善列聯表即可.(2)由(1)可得列聯表,根據公式計算出后可得結論.【題目詳解】(1)由抽取的學生人數為200名,抽到不善于總結反思的學生概率是0.6,抽到不善于總結反思的學生人數為,進而可求其他數據,完善表格如下.列聯表：不善于總結反思善于總結反思合計學習成績優秀4060100學習成績一般8020100合計12080200所以有的把握認為學生的學習成績與善于總結反思有關.【題目點撥】本題主要考查了2×2列聯表,考查獨立性檢驗,考查了學生的計算能力,難度較易.19、（1）拋物線的方程為，準線方程為；（2）為定值，證明見解析.【解題分析】

（1）利用拋物線的定義結合條件，可得出，于是可得出點的坐標，然后將點的坐標代入拋物線的方程求出的值，于此可得出拋物線的方程及其準線方程；（2）設直線的方程為，設點、，將直線的方程與拋物線的方程聯立，消去，列出韋達定理，計算出線段的中點的坐標，由此得出直線的方程，并得出點的坐標，計算出和的表達式，可得出，然后利用二倍角公式可計算出為定值，進而證明題中結論成立.【題目詳解】（1）由拋物線的定義知，，.將點代入，得，得.拋物線的方程為，準線方程為；（2）設點、，設直線的方程為，由，消去得：，則，，.設直線中垂線的方程為：，令，得：，則點，，.，故為定值.【題目點撥】本題考查利用拋物線的定義求拋物線的方程，以及直線與拋物線的綜合問題，常將直線方程與拋物線方程聯立，結合韋達定理進行計算，解題時要合理假設直線方程，可簡化計算.20、(1)；(2)或【解題分析】

（1）由末三項二項式系數和構造方程，解方程求得結果；（2）列出展開式通項，設第項為系數最大的項，得到不等式組，從而求得的取值，代入得到結果.【題目詳解】（1）展開式末三項的二項式系數分別為：，，則：，即：，解得：（舍）或（2）由（1）知：展開式通項為：設第項即為系數最大的項，解得：系數最大的項為：或【題目點撥】本題考查二項式定理的綜合應用，涉及到二項式系數的問題、求解二項展開式中系數最大的項的問題，屬于常規題型.21、(1)