河北省永年县第二中学2024届高二数学第二学期期末质量跟踪监视试题含解析

河北省永年县第二中学2024届高二数学第二学期期末质量跟踪监视试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知,则下列结论中错误的是（）A．B．．C．D．2．平面向量，，（），且与的夹角等于与的夹角，则（）A． B． C． D．3．函数的单调递增区间是（）A． B． C． D．4．小明早上步行从家到学校要经过有红绿灯的两个路口，根据经验，在第一个路口遇到红灯的概率为0.4，在第二个路口遇到红灯的概率为0.5，在两个路口连续遇到红灯的概率是0.2.某天早上小明在第一个路口遇到了红灯，则他在第二个路口也遇到红灯的概率是（）A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.55．等差数列an中的a2 ，  A．5 B．4 C．3 D．26．若，均为单位向量，且，则与的夹角大小为（）A． B． C． D．7．函数y=12A．(0,1) B．(0,1)∪(-∞,-1) C．(-∞,1) D．(-∞,+∞)8．已知集合，或，则（）A． B．C． D．9．已知数列满足，，则（）A．-1 B．0 C．1 D．210．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中出现，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，如图是杨辉三角数阵，记为图中第行各个数之和，为的前项和，则A．1024 B．1023 C．512 D．51111．如图,阴影部分的面积是（）A． B． C． D．12．函数的定义域为R，，对任意的，都有成立，则不等式的解集为A． B． C． D．R二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知在R上不是单调增函数，那么实数的取值范围是____．14．已知展开式中的系数是__________．15．已知，若在(0,2)上有两个不同的,则k的取值范围是_____.16．从混有张假钞的张百元钞票中任意抽取两张，将其中一张放到验钞机上检验发现是假钞，则两张都是假钞的概率是_________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数f（x）=x2（x-1）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求f（x）在区间[-1，2]上的最大值和最小值．18．（12分）选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.点的直角坐标为，直线与曲线交于两点.（Ⅰ）写出点的极坐标和曲线的普通方程；（Ⅱ）当时，求点到两点的距离之积.19．（12分）如图，设△ABC的三个内角A、B、C对应的三条边分别为，且角A、B、C成等差数列，，线段AC的垂直平分线分别交线段AB、AC于D、E两点.（1）若△BCD的面积为，求线段CD的长；（2）若，求角A的值.20．（12分）已知函数.（1）当时，求函数的零点；（2）若不等式至少有一个负解，求实数的取值范围.21．（12分）已知函数（且，e为自然对数的底数.）（1）当时，求函数在处的切线方程；（2）若函数只有一个零点，求a的值.22．（10分）平面四边形中，,为等边三角形，现将沿翻折得到四面体，点分别为的中点.（Ⅰ）求证：四边形为矩形；（Ⅱ）当平面平面时，求直线与平面所成角的正弦值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解题分析】试题分析：，当时，，单调递减，同理当时，单调递增，，显然不等式有正数解（如，（当然可以证明时，）），即存在，使，因此C错误．考点：存在性量词与全称量词，导数与函数的最值、函数的单调性．2、D【解题分析】

,,,与的夹角等于与的夹角,,,解得,故选D.【考点定位】向量的夹角及向量的坐标运算.3、C【解题分析】

先求得函数的定义域，然后利用导数求得函数的单调递增区间.【题目详解】依题意，函数的定义域为，，故当时，，所以函数的单调递增区间为，故选C.【题目点拨】本小题主要考查利用导数求函数的单调递增区间，考查导数的运算，属于基础题.4、D【解题分析】

根据条件概率，即可求得在第一个路口遇到红灯，在第二个路口也遇到红灯的概率．【题目详解】记“小明在第一个路口遇到红灯”为事件，“小明在第二个路口遇到红灯”为事件“小明在第一个路口遇到了红灯，在第二个路口也遇到红灯”为事件则，，故选D.【题目点拨】本题考查了条件概率的简单应用，属于基础题．5、D【解题分析】

求导，根据导数得到a2,a4030是方程x【题目详解】由题意可知：f'x=x2-8x+6，又a2,a4030是函数f∴log2【题目点拨】本题考查了等差数列的性质，函数的极值，对数运算，综合性强，意在考查学生的综合应用能力.6、C【解题分析】分析：由向量垂直得向量的数量积为0，从而求得，再由数量积的定义可求得夹角．详解：∵，∴，∴，∴，∴．故选C．点睛：平面向量数量积的定义：，由此有，根据定义有性质：．7、A【解题分析】

试题分析：令f'x=x-考点：函数的单调区间.8、C【解题分析】

首先解绝对值不等式，从而利用“并”运算即可得到答案.【题目详解】根据题意得，等价于，解得，于是，故答案为C.【题目点拨】本题主要考查集合与不等式的综合运算，难度不大.9、A【解题分析】分析：先根据已知推算出数列的周期，再求的值.详解：，所以因为，所以点睛：（1）本题主要考查数列的递推和周期，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)求数列的某一项时，如果n的取值比较大，一般与数列的周期有关，所以要推算数列的周期.10、B【解题分析】

依次算出前几行的数值，然后归纳总结得出第行各个数之和的通项公式，最后利用数列求和的公式，求出【题目详解】由题可得：，，，，，依次下推可得：，所以为首项为1，公比为2的等比数列，故；故答案选B【题目点拨】本题主要考查杨辉三角的规律特点，等比数列的定义以及前项和的求和公式，考查学生归纳总结和计算能力，属于基础题。11、C【解题分析】由定积分的定义可得，阴影部分的面积为.本题选择C选项.点睛：利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：(1)画出图形；(2)确定被积函数；(3)确定积分的上、下限，并求出交点坐标；(4)运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积．求解时，注意要把定积分与利用定积分计算的曲线围成图形的面积区别开：定积分是一个数值(极限值)，可为正，可为负，也可为零，而平面图形的面积在一般意义上总为正．12、A【解题分析】

把原不等式化为右侧为0的形式，令左侧为，利用导数得到的单调性，得解集．【题目详解】原不等式化为，令，则，对任意的，都有成立，恒成立，在R上递减，，的解集为，故选：A．【题目点拨】此题考查了利用导数研究单调性，解决不等式问题，难度适中．对于没有解析式或者表达式比较复杂的不等式，通常采取的方法是，研究函数的单调性和零点，进而得到解集。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）．【解题分析】

根据函数单调性和导数之间的关系，转化为f′（x）≥0不恒成立，即可得到结论．【题目详解】∵函数yx3+mx2+（m+2）x+3，∴f′（x）＝x2+2mx+m+2，∵函数yx3+mx2+（m+2）x+3在R上不是增函数，∴f′（x）＝x2+2mx+m+2≥0不恒成立，∴判别式△＝4m2﹣4（m+2）＞0，∴m2﹣m﹣2＞0，即m＜﹣1或m＞2，故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）．【题目点拨】本题考查了利用导数研究函数的单调性问题，考查了转化思想，考查了二次不等式恒成立的问题，属于中档题．14、【解题分析】

利用二项展开式的通项公式,求得,从而可得答案.【题目详解】因为展开式的通项公式为,,所以令,解得,所以展开式中的系数是.故答案为:36.【题目点拨】本题考查了二项展开式的通项公式,属于基础题.15、【解题分析】分析：先将含有绝对值的函数转化为一元一次函数和二元一次函数的分段函数的形式，再利用一元一次函数与二元一次函数的单调性加以解决详解：不妨设在是单调函数，故在上至多一个解若则，故不符合题意，由可得，由可得，故答案为点睛：本题主要考查的知识点是函数零点问题，求参量的取值范围，在解答含有绝对值的题目时要先去绝对值，分类讨论，然后再分析问题，注意函数单调性与奇偶性和零点之间的关系，适当注意函数的图像，本题有一定难度16、【解题分析】试题分析：设事件表示“抽到的两张都是假钞”，事件表示“抽到的两张至少有一张假钞”，则所求的概率即为，因为,所以，故答案为.考点：条件概率.【方法点睛】本题主要考查了条件概率的求法，考查了等可能事件的概率，体现了转化的思想，注意准确理解题意，看是在什么条件下发生的事件，本题是求条件概率，而不是古典概型，属于基础题.解答时，先设表示“抽到的两张都是假钞”，表示“抽到的两张至少有一张假钞”，则所求的概率即为，再根据条件概率的公式求解.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1)的递增区间为，递减区间为．(2)最大值，最小值．【解题分析】分析：（1）求导数后，由可得增区间，由可得减区间．（2）根据单调性求出函数的极值和区间的端点值，比较后可得最大值和最小值．详解：（1）∵，∴．由，解得或；由，解得，所以的递增区间为，递减区间为．（2）由（1）知是的极大值点，是的极小值点，所以极大值，极小值，又，，所以最大值，最小值．点睛：（1）求单调区间时，由可得增区间，由可得减区间，解题时注意导函数的符号与单调性的关系．（2）求函数在闭区间上的最值时，可先求出函数的极值和区间的端点值，通过比较后可得最大值和最小值．18、(1)见解析;(2).【解题分析】分析：⑴由极坐标方程求出点的极坐标，运用求得曲线的普通方程⑵将代入，求出直线的参数方程，然后计算出结果详解：（Ⅰ）由得，又得，∴点的极坐标为.由得，所以有，由得，所以曲线的普通方程为：.（Ⅱ）因为，点在上，∴直线的参数方程为：，将其代入并整理得，设所对应的参数分别为，且有，所以.点睛：本题考查了极坐标和普通方程之间的转化，运用代入化简即可，在求距离时可以运用参数方程来解答，计算量减少19、（1）；（2）。【解题分析】试题分析：（1）由题三角形ABC的三个内角A,B,C成等差数列，结合内角和为，可以列出方程组，所以可以求出角，又已知，且三角形BCD的面积为，根据三角形面积公式可有，可以求出，在三角形BCD中，可以应用余弦定理求出CD边的长度；（2）在三角形BCD中，应用正弦定理：，所以可以求出，于是得到，所以，则，且DE为线段AC的垂直平分线，所以DA=DC，即三角形ADC为等腰直角三角形，所以可以求出A角的值。本题考查解利用正、余弦定理解三角形，要求学生掌握定理的基本应用。能够灵活的运用定理解决实际问题。试题解析：（1）∵角A,B,C成等差数列，，∴又∵△BCD的面积为，，∴，∴在△BCD中，由余弦定理可得（2）由题意，在△BCD中，，即，∴，则，即又DE为AC的垂直平分线，故考点：1.正弦定理；2.余弦定理；3.解三角形。20、（1）；（2）【解题分析】

（1）由，有，即，即可求得函数的零点；（2）不等式可化为，分别作出抛物线在轴上方的部分和抛物线在轴下方的部，结合图象求得两个临界位置，即可得到答案.【题目详解】（1）当时，函数，令，有，即，则，解得，即，故函数的零点为；（2）不等式可化为，如图所示，曲线段和分别是抛物线在轴上方的部分和抛物线在轴下方的部，因为不等式至少有一个负解，由图象可知，直线有两个临界位置，一个是与曲线段相切，另一个是通过曲线段和轴的交点，后者显然对应于；前者由可得到方程，由，解得，因此当时，不等式至少有一个负解，故实数的取值范围是.【题目点拨】本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及利用函数的图象求解不等式的有解问题，其中解答中熟记函数零点的概念，以及合理利用函数的图象是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.21、（1）（2）【解题分析】

（1）代入，得，所以，求出，由直线方程的点斜式，即可得到切线方程；（2）分和两种情况，考虑函数的最小值，令最小值等于0，即可得到a的值.【题目详解】解：（1）当时，，，，∴切线方程为;（2），，令，得，1）当时，，x－0＋极小值所以当时，有最小值，.因为函数只有一个零点，且当和时，都有，所以，即，因为当时，，所以此方程无解.2）当时，，x－0＋极小值所以当时，有最小值，.因为函数只有一个零点，且当和时，都有，所以，即（）（*），设（），则，令，得，当时，；当时，；所以当时，，所以方程（*）有且只有一解.综上，时函数只有一个零点.【题目点拨】本题主要考查在曲线上一点的切线方程的求法，以及利用导数研究含参函数的零点问题，考查学生的运算求解能力，体现了分类讨论的数学思想.22、（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【解题分析】【试题分析】（1）先运用三角形中位线定理证得四边形为平行四边形，再借助等边三角形的性质及线面垂直的判定定理证明，进而证明，从而证明四边形为矩形；（2）先依据题设条件及面面垂直的性质定理证明平面，再建立空间直角坐标系，运用空间向量的数量积公式求出平面的一个法