2024屆湛江市重點中學高二數學第二學期期末教學質量檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．設銳角的三個內角的對邊分別為且，，則周長的取值范圍為（）A． B． C． D．2．若變量，滿足約束條件，則的取值范圍是（）A． B．C． D．3．在200件產品中有3件次品，現從中任意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法有（）A．種 B．種 C．種 D．種4．在區間上任取兩個實數a，b，則函數無零點的概率為（）A． B． C． D．5．設i是虛數單位，復數a+i1+i為純虛數，則實數a的值為A．-1B．1C．-2D．26．在復平面內，復數的共軛復數對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限7．如圖，在空間直角坐標系中有直三棱柱,且，則直線與直線夾角的余弦值為（）A． B． C． D．8．設隨機變量服從正態分布，若，則函數有極值點的概率為（）A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.59．將3本相同的小說，2本相同的詩集全部分給4名同學，每名同學至少1本，則不同的分法有（）A．24種 B．28種 C．32種 D．36種10．已知中，若，則的值為（）A．2 B．3 C．4 D．511．函數的單調遞減區間是（）A． B．與C．與 D．12．，則的值為（）A．2B．-2C．8D．-8二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在平面直角坐標系中，已知點是橢圓：上第一象限的點，為坐標原點，，分別為橢圓的右頂點和上頂點，則四邊形的面積的最大值為__________．14．已知二項式的展開式中二項式系數之和為64，則展開式中的系數為________．15．若一個球的體積為，則該球的表面積為_________．16．已知實數x,y滿足不等式組，則的最大值是__________．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，.（Ⅰ）求的單調區間和極值；（Ⅱ）若關于的方程有3個不同實根，求實數的取值范圍．18．（12分）已知函數（為常數）．（1）當時，討論函數的單調性；（2）當時，若函數在上單調遞增，求的取值范圍．19．（12分）選修4-4：坐標系與參數方程點是曲線：上的動點，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，以極點為中心，將點逆時針旋轉得到點，設點的軌跡為曲線.（1）求曲線，的極坐標方程；（2）射線，（）與曲線，分別交于兩點，設定點，求的面積.20．（12分）已知函數為自然對數的底數）．（Ⅰ）求函數的單調區間；（Ⅱ）若，證明：關于的不等式在上恒成立．21．（12分）已知函數.（1）時，求在點處的函數切線方程；（2）時，討論函數的單調區間和極值點．22．（10分）某公司為招聘新員工設計了一個面試方案：應聘者從道備選題中一次性隨機抽取道題，按照題目要求獨立完成.規定：至少正確完成其中道題的便可通過.已知道備選題中應聘者甲有道題能正確完成，道題不能完成；應聘者乙每題正確完成的概率都是，且每題正確完成與否互不影響.（1）分別求甲、乙兩人正確完成面試題數的分布列及數學期望；（2）請分析比較甲、乙兩人誰面試通過的可能性大？

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】因為△為銳角三角形，所以，，，即，，，所以，；又因為，所以，又因為，所以；由，即，所以，令，則，又因為函數在上單調遞增，所以函數值域為，故選C點睛：本題解題關鍵是利用正弦定理實現邊角的轉化得到周長關于角的函數關系，借助二次函數的單調性求最值，易錯點是限制角的取值范圍.2、B【解題分析】分析：根據題意，將化簡成斜率的表達形式；所以就是求可行域內與連線斜率的取值范圍加1,。詳解：，原式表示可行域內的點與連線的斜率加1。由不等式組成的可行域可表示為：由圖可知，斜率最小值為斜率最大值為所以斜率的取值范圍為所以所以選B點睛：本題考查了斜率的定義，線性規劃的簡單應用。關鍵是掌握非線性目標函數為分式型時的求法，屬于中檔題。3、D【解題分析】分析：據題意，“至少有2件次品”可分為“有2件次品”與“有3件次品”兩種情況，由組合數公式分別求得兩種情況下的抽法數，進而相加可得答案．詳解：根據題意，“至少有2件次品”可分為“有2件次品”與“有3件次品”兩種情況，“有2件次品”的抽取方法有C32C1973種，“有3件次品”的抽取方法有C33C1972種，則共有C32C1973+C33C1972種不同的抽取方法，故選：D．點睛：本題考查組合數公式的運用，解題時要注意“至少”“至多”“最多”“最少”等情況的分類討論．4、D【解題分析】

在區間上任取兩個實數a，b，其對應的數對構成的區域為正方形，所求事件構成的區域為梯形區域，利用面積比求得概率.【題目詳解】因為函數無零點，所以，因為，所以，則事件函數無零點構成的區域為梯形，在區間上任取兩個實數a，b所對應的點構成的區域為正方形，所以函數無零點的概率.【題目點撥】本題考查幾何概型計算概率，考查利用面積比求概率，注意所有基本事件構成的區域和事件所含基本事件構成的區域.5、A【解題分析】a+i1+i=(a+i)(1-i)6、A【解題分析】

先化簡復數，然后求其共軛復數，再利用復數的幾何意義求解.【題目詳解】因為復數，其共軛復數為，對應的點是，所以位于第一象限.故選：A【題目點撥】本題主要考查復數的概念及其幾何意義，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.7、A【解題分析】

設CA＝2，則C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得＝(－2,2,1)，＝(0,2，－1)，由向量的夾角公式得cos〈，〉＝8、C【解題分析】分析：函數有極值點，則有解，可得的取值范圍，再根據隨機變量服從正態分布，可得曲線關于直線對稱，從而可得結論.詳解：函數有極值點，有解，，，隨機變量服從正態分布，若，.故選：C.點睛：本題考查函數的極值點，考查正態分布曲線的對稱性，同時考查運算求解的能力，屬于中檔題.9、B【解題分析】試題分析：第一類：有一個人分到一本小說和一本詩集，這種情況下的分法有：先將一本小說和一本詩集分到一個人手上，有種分法，將剩余的本小說，本詩集分給剰余個同學，有種分法，那共有種；第二類：有一個人分到兩本詩集，這種情況下的分法有：先兩本詩集分到一個人手上，有種情況，將剩余的本小說分給剩余個人，只有一種分法，那共有：種，第三類：有一個人分到兩本小說，這種情況的分法有：先將兩本小說分到一個人手上，有種情況，再將剩余的兩本詩集和一本小說分給剩余的個人，有種分法，那共有：種，綜上所述：總共有：種分法，故選B.考點：1、分布計數乘法原理；2、分類計數加法原理.【方法點睛】本題主要考查分類計數原理與分步計數原理及排列組合的應用，屬于難題.有關排列組合的綜合問題，往往是兩個原理及排列組合問題交叉應用才能解決問題，解答這類問題理解題意很關鍵，一定多讀題才能挖掘出隱含條件.解題過程中要首先分清“是分類還是分步”、“是排列還是組合”，在應用分類計數加法原理討論時，既不能重復交叉討論又不能遺漏，這樣才能提高準確率.10、A【解題分析】

根據利用二項展開式的通項公式、二項式系數的性質、以及，即可求得的值，得到答案．【題目詳解】由題意，二項式，又由，所以，其中，由，可得：，即，即，解得，故選A．【題目點撥】本題主要考查了二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，其中解答中熟記二項展開式的通項及性質是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題．11、D【解題分析】

求出函數的導函數【題目詳解】∵，∴．由，解得，∴函數的單調遞減區間是．故選D．【題目點撥】利用導數求函數f(x)的單調區間的一般步驟：①確定函數f(x)的定義域；②求導數；③在函數f(x)的定義域內解不等式和；④根據③的結果確定函數f(x)的單調區間．12、D【解題分析】試題分析：，所以當時，；當時，，故考點：二項式定理二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】分析：的面積的最大值當到直線距離最遠的時候取得。詳解：，當到直線距離最遠的時候取得的最大值，設直線，所以，故的最大值為。點睛：分析題意，找到面積隨到直線距離的改變而改變，建立面積與到直線距離的函數表達式，利用橢圓的參數方程求解距離的最值。本題還可以用幾何法分析與直線平行的直線與橢圓相切時，為切點，到直線距離最大。14、4860【解題分析】由題意可知,即二項式為，所以，所以的系數為4860，填4860。15、【解題分析】由題意，根據球的體積公式，則，解得，又根據球的表面積公式，所以該球的表面積為.16、12.【解題分析】分析：畫出不等式組表示的可行域，平移，結合所畫可行域，可求得的最大值.詳解：作出不等式組表示的平面區域如陰影部分，分析知，當時，平移直線，由圖可得直線經過點時，取得最大值，且，故答案為.點睛：本題主要考查線性規劃中利用可行域求目標函數的最值，屬簡單題.求目標函數最值的一般步驟是“一畫、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是實線還是虛線）；（2）找到目標函數對應的最優解對應點（在可行域內平移變形后的目標函數，最先通過或最后通過的頂點就是最優解）；（3）將最優解坐標代入目標函數求出最值.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）求出，在定義域內，分別令求得的范圍，可得函數增區間，求得的范圍，可得函數的減區間，根據單調性可求得函數的極值；（2）根據單調性與極值畫出函數的大致圖象，則關于的方程有三個不同的實根等價于直線與的圖象有三個交點，結合圖象從而可求出的范圍.【題目詳解】（1），令，得，或時，；當時，，的單調遞增區間和，單調遞減區間，當時，有極大值；當時，有極小值.（2）由（1）可知的圖象的大致形狀及走向如圖所示，當時，直線與的圖象有三個不同交點，即當時方程有三解.【題目點撥】單本題主要考查利用導數研究函數的調性與極值，以及函數的零點與函數圖象交點的關系，屬于中檔題.函數的性質問題以及函數零點問題是高考的高頻考點，考生需要對初高中階段學習的十幾種初等函數的單調性、奇偶性、周期性以及對稱性非常熟悉；另外，函數零點的幾種等價形式：函數的零點函數在軸的交點方程的根函數與的交點.18、（1）見解析；（2）【解題分析】分析：（1）當時，，求得，令令，解得或，分類討論即可求解函數的單調性；（2）當時，，由題意，在上恒成立．即在上恒成立，當時，不等式成立；當時，令，求得，分類討論即可求解．詳解：（1）當時，．；令，解得或．∴當，即時，增區間為，減區間為；當，即時，增區間為，無減區間；當，即時，增區間為，減區間為．（2）當時，．由題意，在上恒成立．即即在上恒成立．1）顯然時，不等式成立；2）當時，令，則．①當時，只須恒成立．∵恒成立，（可求導證明或直接用一個二級結論：）．∴當時，，單減；當時，，單增；∴．∴．②當時，只須恒成立．∵此時，即單減．∴．∴．綜上所述，．點睛：本題主要考查導數在函數中的應用，以及不等式的證明，著重考查了轉化與化歸思想、邏輯推理能力與計算能力，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數的幾何意義，求解曲線在某點處的切線方程；(2)利用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已知單調性，求參數；(3)利用導數求函數的最值(極值)，解決函數的恒成立與有解問題，同時注意數形結合思想的應用．19、（Ⅰ）,;（Ⅱ）．【解題分析】試題分析：（Ⅰ）由相關點法可求曲線的極坐標方程為．（Ⅱ）到射線的距離為，結合可求得試題解析：（Ⅰ）曲線的極坐標方程為．設，則，則有．所以，曲線的極坐標方程為．（Ⅱ）到射線的距離為，，則．20、（Ⅰ）的單調遞增區間為和，單調遞減區間為；（Ⅱ）證明見解析.【解題分析】

（Ⅰ）根據導數求解函數單調區間的步驟，確定定義域，求導，解導數不等式或，中間涉及到解含參的一元二次不等式的解法，注意分類討論；（Ⅱ）構造函數，再利用題目條件進行放縮，得到，轉化為求函數的最小值，即可證出。【題目詳解】定義域為R，,令，則，則結合二次函數圖像可知，當時，；當時，；當時，；故函數的單調遞增區間為和，單調遞減區間為；（II）令，當時，，而，故，故，令，故，故函數在上單調遞減，則，則，即關于x的不等式在上恒成立.【題目點撥】本題主要考查利用導數求函數的單調區間問題，最值問題，證明恒成立問題，涉及到轉化與化歸思想的應用。靈活構造函數是解決本題的關鍵，合理放縮也是關鍵點，意在考查學生的邏輯推理、數學運算和數學建模的能力。21、（1）（2）的減區間是和，增區間是