2024届成都市重点中学高二数学第二学期期末教学质量检测试题含解析

2024届成都市重点中学高二数学第二学期期末教学质量检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．在的展开式中，含项的系数为（）A．45 B．55 C．120 D．1652．若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆的一个焦点，则p=A．2 B．3C．4 D．83．命题“，”的否定为（）A．， B．，C．， D．，4．给出下列三个命题:命题1：存在奇函数和偶函数,使得函数是偶函数；命题2：存在函数、及区间，使得、在上均是增函数,但在上是减函数；命题3：存在函数、（定义域均为），使得、在处均取到最大值，但在处取到最小值.那么真命题的个数是()．A． B． C． D．5．已知，均为正实数，且，则的最小值为（）A．20 B．24 C．28 D．326．记为虚数集，设，．则下列类比所得的结论正确的是（）A．由，类比得B．由，类比得C．由，类比得D．由，类比得7．已知是定义在上的偶函数，且当时，都有成立，设，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．8．函数（且）的图象可能为（）A． B． C． D．9．观察下列各式：，则的末四位数字为（）A．3125 B．5625 C．0625 D．812510．集合，，若，则的值为（）．A． B． C． D．11．8张卡片上分别写有数字，从中随机取出2张，记事件“所取2张卡片上的数字之和为偶数”，事件“所取2张卡片上的数字之和小于9”，则（）A． B． C． D．12．为得到函数的图象，只需将函数图象上所有的点（）A．横坐标缩短到原来的倍B．横坐标伸长到原来的倍C．横坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位D．横坐标伸长到原来的倍，再向右平移个单位二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．将函数的图象向左平移个单位，若所得到图象关于原点对称，则的最小值为__________．14．某高中有高一学生320人，高二学生400人，高三学生360人.现采用分层抽样调查学生的视力情况.已知从高一学生中抽取了8人，则三个年级一共抽取了__________人。15．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_________.16．二项式的展开式中，奇数项的二项式系数之和为__________．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（，）的最大值为正实数，集合，集合.（1）求和；（2）定义与的差集：，设、、设均为整数，且，为取自的概率，为取自的概率，写出与的二组值，使，.18．（12分）设，（为自然对数的底数)．（1）记①讨论函数单调性；②证明当时，恒成立.（2）令设函数有两个零点，求参数的取值范围.19．（12分）已知函数（1）试讨论在极值点的个数；（2）若函数的两个极值点为，且，为的导函数，设，求实数的取值范围．20．（12分）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值.21．（12分）甲，乙二人进行乒乓球比赛，已知每一局比赛甲胜乙的概率是，假设每局比赛结果相互独立.(Ⅰ)比赛采用三局两胜制，即先获得两局胜利的一方为获胜方，这时比赛结束．求在一场比赛中甲获得比赛胜利的概率；(Ⅱ)比赛采用三局两胜制，设随机变量为甲在一场比赛中获胜的局数，求的分布列和均值；(Ⅲ)有以下两种比赛方案：方案一，比赛采用五局三胜制；方案二，比赛采用七局四胜制.问哪个方案对甲更有利.（只要求直接写出结果）22．（10分）随着“互联网＋交通”模式的迅猛发展，“共享助力单车”在很多城市相继出现．某“共享助力单车”运营公司为了解某地区用户对该公司所提供的服务的满意度，随机调查了100名用户，得到用户的满意度评分，现将评分分为5组，如下表：组别一二三四五满意度评分[0，2）[2，4）[4，6）[6，8）[8，10]频数510a3216频率0.05b0.37c0.16(1)求表格中的a，b，c的值；(2)估计用户的满意度评分的平均数；(3)若从这100名用户中随机抽取25人，估计满意度评分低于6分的人数为多少？

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、D【解题分析】分析：由题意可得展开式中含项的系数为，再利用二项式系数的性质化为，从而得到答案．详解：的展开式中含项的系数为故选D.点睛：本题主要考查二项式定理的应用，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题．2、D【解题分析】

利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于的方程，即可解出，或者利用检验排除的方法，如时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除A，同样可排除B，C，故选D．【题目详解】因为抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，所以，解得，故选D．【题目点拨】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养．3、A【解题分析】

全称命题的否定为特称命题，易得命题的否定为，.【题目详解】因为命题“，”为全称命题，所以命题的否定为特称命题，即，，故选A.【题目点拨】本题考查含有一个量词的命题的否定，注意“任意”要改成“存在”.4、D【解题分析】对于命题1，取，，满足题意；对于命题2，取，，满足题意；对于命题3，取，，满足题意；即题中所给的三个命题均为真命题，真命题的个数是.本题选择D选项.5、A【解题分析】分析：由已知条件构造基本不等式模型即可得出.详解：均为正实数，且，则当且仅当时取等号.的最小值为20.故选A.点睛：本题考查了基本不等式的性质，“一正、二定、三相等”.6、C【解题分析】选项A没有进行类比，故选项A错误；选项B中取不大于，故选项B错误；选项D中取，但是均为虚数没办法比较大小，故选项D错误，综上正确答案为C.【题目点拨】本题考查复数及其性质、合情推理，涉及类比思想、从特殊到一般思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，属于中等难题.本题可以利用排除法，先排除B,再利用特例法取不大于，排除B,再取，但是均为虚数没办法比较大小，排除D，可得正确选项为C.7、B【解题分析】

通过可判断函数在上为增函数，再利用增函数的性质即可得到，，的大小关系.【题目详解】由于当时，都有成立，故在上为增函数，,,而，所以，故答案为B.【题目点拨】本题主要考查函数的性质，利用函数性质判断函数值大小，意在考查学生的转化能力，分析能力和计算能力，难度中等.8、D【解题分析】因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.9、C【解题分析】

根据，分析次数与末四位数字的关系，归纳其变化规律求解.【题目详解】因为，观察可知的末四位数字3125，的末四位数字5625，的末四位数字8125，的末四位数字0625，又，则的末四位数字为0625.故选：C【题目点拨】本题主要考查数列中的归纳推理，还考查了理解辨析推理的能力，属于中档题.10、D【解题分析】因为，所以，选D.11、C【解题分析】

利用古典概型的概率公式计算出和，再利用条件概率公式可得出答案。【题目详解】事件为“所取张卡片上的数字之和为小于的偶数”，以为一个基本事件，则事件包含的基本事件有：、、、、、，共个，由古典概型的概率公式可得，事件为“所取张卡片上的数字之和为偶数”，则所取的两个数全是奇数或全是偶数，由古典概型的概率公式可得，因此，，故选：C。【题目点拨】本题考查条件概率的计算，数量利用条件概率公式，是解本题的关键，同时也考查了古典概型的概率公式，考查运算求解能力，属于中等题。12、A【解题分析】分析：先将三角函数化为同名函数然后根据三角函数伸缩规则即可.详解：由题可得：，故只需横坐标缩短到原来的倍即可得，故选A.点睛：考查三角函数的诱导公式，伸缩变换，对公式的正确运用是解题关键，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】分析：先根据图像平移得解析式，再根据图像性质求关系式，解得最小值.详解：因为函数的图象向左平移个单位得，所以因为，所以点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言.14、27【解题分析】分析：根据分层抽样的概念得按比例抽样:.详解：因为分层抽样，所以三个年级一共抽取.点睛：在分层抽样的过程中，为了保证每个个体被抽到的可能性是相同的，这就要求各层所抽取的个体数与该层所包含的个体数之比等于样本容量与总体的个体数之比，即ni∶Ni＝n∶N.15、.【解题分析】此几何体是一个组合体，由三视图可知上面正四棱柱的高为,其体积为.16、【解题分析】

利用二项式展开式的二项式系数的性质求解.【题目详解】由于的展开式的奇数项的二项式系数之和为，所以的展开式的奇数项的二项式系数之和为.故答案为：【题目点拨】本题主要考查二项式展开式的二项式系数的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.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），；（2），或，.【解题分析】

（1）根据求解集合，然后根据二次函数的最大值大于0确定，求集合;（2）求与的两组值，根据、、设均为整数，且，可以分中有3个元素，中有2个元素，中有1个元素，以及中有6个元素，中有4个元素，中有2个元素两种情况讨论得到与的两组值.【题目详解】（1）不等式的解集是，即函数（，）的最大值为正实数，，，，不等式的解集是，.（2）要使，，可以分两种情况，①可以使中有3个元素，中有2个元素，中有1个元素，根据（1）的结果，可知，此时集合有3个整数元素，中有1个元素即；②可以使中有6个元素，中有4个元素，中有2个元素，则，此时集合有6个整数元素，,中有2个元素即，综上，与的两组值分别是，或，.【题目点拨】本题考查了函数的最值和解不等式，以及古典概型及其概率计算公式，属于中档题型，本题的第二问只写与的两组值，所以只写出比较简单的两个集合即可.18、（1）①在为减函数，在上为增函数②见证明；（2）【解题分析】

（1）①对函数求导，判断其单调性即可。②转化成证明的问题，从而证明在时的最小值大于0。（2）首先对求导数，讨论其单调性，结合图像即可得到有两个零点时的取值范围。【题目详解】（1）①由题意得所以因为所以当时为增函数，当时为减函数②证明:当时,恒成立,等价于证明当时,恒成立。因为，因为，则。因为，所以，所以在上为增函数。因为，所以在上为增函数。又因为，所以（2）当时，为增函数。，为减函数。有两个零点当时，令当时在和上为增函数，在上为减函数。此时有三个零点（舍弃）当同理可得有三个零点（舍弃）当时，，此时有两个零点。综上所述【题目点拨】本题主要考查了根据导数判断单调性以及函数恒成立问题，在解决第二问函数零点问题时，转化成判断函数单调性以及极值的问题。属于难题。19、（1）见解析；（2）【解题分析】

（1）对函数求导，讨论导函数的正负，即可得到函数的单调性，从而可求出极值的个数；（2）先求出函数的表达式，进而可得到极值点的关系，可用来表示及，代入的表达式，然后构造函数关于的函数，求出值域即可.【题目详解】解：（1）易知定义域为，.①当时，恒成立，在为增函数，没有极值点；②当时，恒成立，在为增函数，没有极值点；③当时，，由，令得，令得，则在上单调递减，在单调递增，故只有一个极大值点，没有极小值点；④当时，由，令得，令得,则在上单调递增，在单调递减，故只有一个极小值点，没有极大值点.（2）由条件得且有两个根，满足，或，因为，所以，故符合题意.因为函数的对称轴，，所以.，则，因为，所以，，，令，则，显然在上单调递减，在单调递增，，，则.故的取值范围是.【题目点拨】本题考查了利用导数研究函数的极值问题，考查了函数的单调性与最值，考查了转化思想与分类讨论思想，属于难题.20、（1）证明见解析；（2）.【解题分析】

(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.【题目详解】(1)如图所示，连结，等边中，，则，平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，由面面垂直的性质定理可得：平面，故，由三棱柱的性质可知，而，故，且，由线面垂直的判定定理可得：平面，结合⊆平面，故.(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.设，则，,，据此可得：，由可得点的坐标为，利用中点坐标公式可得：，由于，故直线EF的方向向量为：设平面的法向量为，则：，据此可得平面的一个法向量为，此时，设直线EF与平面所成角为，则.【题目点拨】本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.21、（Ⅰ）（Ⅱ）分布列见解析，E（X）（Ⅲ）方案二对甲更有利【解题分析】

（Ⅰ）甲获得比赛胜利包含二种情况：①甲连胜二局；②前二局甲一胜一负，第三局甲胜．由此能求出甲