四川雅安中學2024屆高二數學第二學期期末學業質量監測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．已知定義在R上的函數滿足：對任意x∈R，都有成立，且當時，(其中為的導數).設，則a，b，c三者的大小關系是（）A． B． C． D．2．設曲線在點處的切線與直線垂直，則（）A． B． C．-2 D．23．已知點是拋物線的焦點，點為拋物線上的任意一點，為平面上點，則的最小值為（）A．3 B．2 C．4 D．4．已知a>0，b>－1，且a＋b＝1，則的最小值為()A． B． C． D．5．展開式中第5項的二項式系數為（）A．56 B．70 C．1120 D．-11206．下列命題①多面體的面數最少為4；②正多面體只有5種；③凸多面體是簡單多面體；④一個幾何體的表面，經過連續變形為球面的多面體就叫簡單多面體．其中正確的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．47．設隨機變量服從分布，且，，則（）A．， B．，C．， D．，8．已知函數則使函數g(x)＝f(x)＋x－m有零點的實數m的取值范圍是()A．[0，1) B．(－∞，1)C．(－∞，1]∪(2，＋∞) D．(－∞，0]∪(1，＋∞)9．形狀如圖所示的2個游戲盤中（圖①是半徑為2和4的兩個同心圓，O為圓心；圖②是正六邊形，點P為其中心）各有一個玻璃小球，依次搖動2個游戲盤后，將它們水平放置，就完成了一局游戲，則一局游戲后，這2個盤中的小球都停在陰影部分的概率是（）A． B． C． D．10．下列命題為真命題的個數是（）①，是無理數；②命題“?∈R，”的否定是“?x∈R，＋1≤3x”；③命題“若,則”的逆否命題為真命題；④。A．1 B．2 C．3 D．411．如圖，棱長為1的正方體中，P為線段上的動點（不含端點），則下列結論錯誤的是A．平面平面B．的取值范圍是（0，]C．的體積為定值D．12．已知復數滿足（為虛數單位），其中是的共軛復數，，則復數的虛部為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，且，則的最小值是______．14．如圖，正四棱柱的底面邊長為4，記，，若，則此棱柱的體積為______．15．在中，角，，所對的邊分別為，，，且，，，則______.16．拋物線上的點到其焦點的距離為______.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）已知等比數列，的公比分別為，．（1）若，，求數列的前項和；（2）若數列，滿足，求證：數列不是等比數列．18．（12分）已知函數（1）當時，，求的取值范圍；（2）時，證明：f(x)有且僅有兩個零點。19．（12分）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知.（1）求角C；（2）若，，求的周長.20．（12分）已知橢圓E：的離心率為分別是它的左、右焦點，.（1）求橢圓E的方程；（2）過橢圓E的上頂點A作斜率為的兩條直線AB，AC，兩直線分別與橢圓交于B，C兩點，當時，直線BC是否過定點？若是求出該定點，若不是請說明理由.21．（12分）已知函數（1）設的最大值為，求的最小值；（2）在（1）的條件下，若，且，求的最大值.22．（10分）已知函數，.（1）當時，求函數的單調區間；（2）當時，若存在，使不等式成立，求的最小值.

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：由題意得：對任意x∈R，都有，即f（x）=f（2-x）成立，所以函數的對稱軸為x=1，所以f（3）=f（-1）．因為當x∈（-∞，1）時，（x-1）f′（x）＜0，所以f′（x）＞0，所以函數f（x）在（-∞，1）上單調遞增．因為-1＜0＜，所以f（-1）＜f（0）＜f（），即f（3）＜f（0）＜f（），所以c＜a＜b．故選B．考點：本題主要考查熟練函數的奇偶性、單調性、對稱性等，利用導數研究函數的單調性。點評：中檔題，熟練掌握函數的性質如奇偶性、單調性、周期性、對稱性等，在給定區間，導數值非負，函數是增函數，導數值為非正，函數為減函數。自左向右看，函數圖象上升，函數增；函數圖象下降，函數減。2、A【解題分析】

根據函數的求導運算得到導函數，根據題干所給的垂直關系，得到方程，進而求解.【題目詳解】由題意得，，∵在點處的切線與直線垂直，∴，解得，故選：A．【題目點撥】這個題目考查了函數的求導法則，涉及到導數的幾何意義的應用，屬于基礎題.3、A【解題分析】

作垂直準線于點，根據拋物線的定義，得到，當三點共線時，的值最小，進而可得出結果.【題目詳解】如圖，作垂直準線于點，由題意可得，顯然，當三點共線時，的值最小；因為，，準線，所以當三點共線時，，所以.故選A【題目點撥】本題主要考查拋物線上任一點到兩定點距離的和的最值問題，熟記拋物線的定義與性質即可，屬于常考題型.4、A【解題分析】分析：由，且，變形可得利用導數求其最值；詳解：，且a＋b＝1，∴．

令，解得，此時函數單調遞增；令，解得此時函數單調遞減．

∴當且僅當時，函數取得極小值即最小值，點睛：本題考查利用導數研究函數的最值，屬中檔題.5、B【解題分析】分析：直接利用二項展開式的通項公式求解即可.詳解：展開式的通項公式為則展開式中第5項的二項式系數為點睛：本題考查二項展開式的通項公式，屬基礎題.6、D【解題分析】

根據多面體的定義判斷．【題目詳解】正多面體只有正四、六、八、十二、二十，所以①②正確．表面經過連續變形為球面的多面體就叫簡單多面體．棱柱、棱錐、正多面體等一切凸多面體都是簡單多面體．所以③④正確．故：①②③④都正確【題目點撥】根據多面體的定義判斷．7、A【解題分析】分析：根據隨機變量符合二項分布，根據二項分布的期望和方差公式得到關于的方程組，注意兩個方程之間的關系，把一個代入另一個，以整體思想來解決，求出P的值，再求出n的值，得到結果.詳解：隨機變量服從分布，且，，①②即可求得，.故選：A點睛：本題考查離散型隨機變量的期望和方差，考查二項分布的期望和方差公式，考查方差思想，是一個比較好的題目，技巧性比較強.8、D【解題分析】試題分析：函數的零點就是方程的根，作出的圖象，觀察它與直線的交點，得知當時，或時有交點，即函數有零點.考點：函數的零點．點評：本題充分體現了數形結合的數學思想．函數的零點、方程的根、函數圖像與x軸的交點，做題時注意三者之間的等價轉化．9、A【解題分析】

先計算兩個圖中陰影面積占總面積的比例，再利用相互獨立事件概率計算公式，可求概率.【題目詳解】一局游戲后，這2個盤中的小球停在陰影部分分別記為事件，，由題意知，，相互獨立，且，，所以“一局游戲后，這2個盤中的小球都停在陰影部分”的概率為.故選A.【題目點撥】本題考查幾何概型及相互獨立事件概率的求法，考查了分析解決問題的能力，屬于基礎題.10、B【解題分析】

由①中，比如當時，就不成立；②中，根據存在性命題與全稱命題的關系，即可判定；③中，根據四種命題的關系，即可判定；④中，根據導數的運算，即可判定，得到答案.【題目詳解】對于①中，比如當時，就不成立，所以不正確；對于②中，命題“”的否定是“”，所以正確；③中，命題“若，則”為真命題，其逆否命題為真命題，所以正確；對于④中，根據導數的計算，可得，所以錯誤；故選B.【題目點撥】本題主要考查了命題真假的判定，其中解答中熟記全稱命題與存在性命題的關系，以及四種命題的關系，導數的運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.11、B【解題分析】

根據線面位置關系進行判斷．【題目詳解】∵平面，∴平面平面，A正確；若是上靠近的一個四等分點，可證此時為鈍角，B錯；由于，則平面，因此的底面是確定的，高也是定值，其體積為定值，C正確；在平面上的射影是直線，而，因此，D正確．故選B．【題目點撥】本題考查空間線面間的位置關系，考查面面垂直、線面平行的判定，考查三垂線定理等，所用知識較多，屬于中檔題．12、A【解題分析】分析：設，利用的共軛復數是，列出方程組求a、b的值即可.詳解：設，的共軛復數是，又，，又，，.故選：A.點睛：本題主要考查了復數的共軛復數與代數運算的應用問題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解題分析】

直接將代數式4x+y與相乘，利用基本不等式可求出的最小值．【題目詳解】由基本不等式可得，當且僅當，等號成立，因此的最小值為1，故答案為：1．【題目點撥】在利用基本不等式求最值時，要特別注意“拆、拼、湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”(即條件要求中字母為正數)、“定”(不等式的另一邊必須為定值)、“等”(等號取得的條件)的條件才能應用，否則會出現錯誤.14、【解題分析】

建立空間直角坐標系，設出直四棱柱的高h，求出的坐標，由數量積為0求得h，則棱柱的體積可求．【題目詳解】建立如圖所示空間直角坐標系，設，又，則，，，，，，，，即．此棱柱的體積為．故答案為．【題目點撥】本題考查棱柱體積的求法，考查利用空間向量解決線線垂直問題，是中檔題．15、2【解題分析】

直接利用余弦定理得到答案.【題目詳解】，，（舍去）故答案為2【題目點撥】本題考查了余弦定理，意在考查學生的計算能力.16、5【解題分析】

先計算拋物線的準線，再計算點到準線的距離.【題目詳解】拋物線，準線為：點到其焦點的距離為點到準線的距離為5故答案為5【題目點撥】本題考查了拋物線的性質，意在考查學生對于拋物線的理解.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）證明見解析.【解題分析】

（1）分別求出，再得，仍然是等比數列，由等比數列前項和公式可得；（2）由已知，假設是等比數列，則，代入求得，與已知矛盾，假設錯誤．【題目詳解】（1），，，則；證明：（2）假設數列是等比數列，可得，設數列的公比為，可得，因此有，即，因此有，與已知條件中不相等矛盾，因此假設不成立，故數列不是等比數列．【題目點撥】本題考查等比數列的通項公式，前項和公式，考查否定性命題的證明．證明否定性命題可用反證法，假設結論的反面成立，結合已知推理出矛盾的結論，說明假設錯誤．也可直接證明，即能說明不是等比數列．18、（1）（2）見解析【解題分析】

（1）參變分離，求最值。確定的取值范圍。（2）求導判斷的單調性。說明零點存在。【題目詳解】（1）由得令，∴在上時增函數∴∴.（2）當時，（）∴∴∴在是增函數又，∴在上有且僅有一個解，設為-0+↘最小↗∴又∴有且僅有兩個零點.【題目點撥】本題考查參變分離，利用單調性討論函數零點，屬于中檔題。19、（1）（2）【解題分析】

試題分析：（1）根據正弦定理把化成，利用和角公式可得從而求得角；（2）根據三角形的面積和角的值求得，由余弦定理求得邊得到的周長.試題解析：（1）由已知可得（2）又，的周長為考點：正余弦定理解三角形.20、（1）；（2）【解題分析】

（1）由題意，，結合的關系即可求解．（2）設直線,，，聯立方程可得，又，結合韋達定理可得，化簡計算即可求解．【題目詳解】（1）因為，所以，又，所以，橢圓的方程為；（2）因為，所以直線斜率存在設直線,，消理得，（*）又理得即所以（*）代入得整理的得，所以直線定點【題目點撥】本題考查橢圓標準方程的求法，直線恒過定點問題，意在考查學生對這些基礎知識的理解程度和掌握水平，屬中檔題．21、(1)(2)2【解題分析】

運用不等式性質求出最小值根據不等式求最大值【題目詳解】（1）∵，∴（當且僅當時取“=”號）∴（2）∵（當且僅當時取“=”號），（當且僅當時取“=”號），（當且僅當時取“=”號），∴（當且僅當時取“=”號）∴（當且僅當時取“=”號）∴的最大值為2.【題目點撥】本題考查了根據絕對值的應用求出不等式的解集，運用不等式性質求解是本題關鍵，注意題目中的轉化。22、（1）見解析；（2）2【解題分析】分析：（1）求出，分兩種情況討論的范圍，在定義域內，分別令求得的范圍，可得函數增區間，求得的范圍，可得函數的減區間；（2）問題等價于，令，問題轉化為求出，利用導數研究函數的單調性，利用函數的單調性求出的最小值，從而求出的最小值即可.詳解：（1）解：∵∴∴當即時，對恒成立此時，的單調遞增區間為，無單調遞減區間當，即時，由，得，由，得此時，的單調遞減區間為，單調遞增區間為綜上所述，當時，的單調遞增區間為,無單調遞減區間；當時，的單調遞減區間為，單調遞增區間為（2）解：由，得：當時，上式等價于令據題意，存在，使成立，則只需，令，顯然在上單調遞增而，∴存在，使，即又當時，，單調