鹤壁市重点中学2024届数学高二下期末联考试题含解析

鹤壁市重点中学2024届数学高二下期末联考试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知随机变量和，其中，且，若的分布列如下表，则的值为（）ξ1234PmnA． B． C． D．2．在复平面内，复数对应向量（为坐标原点），设，以射线为始边，为终边逆时针旋转的角为，则，法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：，，则，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：，则（）A． B． C． D．3．用反证法证明命题“已知为非零实数，且，，求证中至少有两个为正数”时，要做的假设是（）A．中至少有两个为负数 B．中至多有一个为负数C．中至多有两个为正数 D．中至多有两个为负数4．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何也有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥．现有一如图所示的“堑堵”即三棱柱，其中，若，当“阳马”即四棱锥体积最大时，“堑堵”即三棱柱的表面积为A． B． C． D．5．某班有50人，从中选10人均分2组（即每组5人），一组打扫教室，一组打扫操场，那么不同的选派法有（）A． B． C． D．6．已知，命题“若，则.”的逆命题、否命题、逆否命题中真命题的个数为（）A．0 B．1 C．2 D．37．设，若是的最小值，则的取值范围是（）A． B． C． D．8．已知为虚数单位，若复数在复平面内对应的点在第四象限，则的取值范围为（）A． B． C． D．9．已知直线与曲线相切，则实数k的值为（）A． B．1 C． D．10．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有（）A．72种 B．48种 C．24种 D．12种11．4名老师、2位家长以及1个学生站在一排合影，要求2位家长不能站在一起，学生必须和4名老师中的王老师站在一起，则共有（）种不同的站法．A．1920 B．960 C．1440 D．72012．已知且,则的最大值为()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某学校拟从2名男教师和1名女教师中随机选派2名教师去参加一个教师培训活动，则2名男教师去参加培训的概率是_______．14．已知双曲线的一条渐近线方程是，它的一个焦点与抛物线的焦点相同．则双曲线的方程为．15．若函数f(x)=-13x3+1216．两个半径为1的铁球，熔化成一个球，这个球的半径是_______．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，其中为实常数.（1）若当时，在区间上的最大值为，求的值；（2）对任意不同两点，，设直线的斜率为，若恒成立，求的取值范围.18．（12分）已知函数（且）的图象过点.（Ⅰ）求实数的值；（Ⅱ）若，对于恒成立，求实数的取值范围.19．（12分）某中学调查了某班全部名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：（单位：人）

参加书法社团

未参加书法社团

参加演讲社团

未参加演讲社团

（1）从该班随机选名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率；（2）在既参加书法社团又参加演讲社团的名同学中，有5名男同学名女同学现从这名男同学和名女同学中各随机选人，求被选中且未被选中的概率.20．（12分）的展开式中若有常数项，求最小值及常数项．21．（12分）已知函数．（1）当时，解不等式；（2）若存在满足，求实数a的取值范围．22．（10分）在中，角的对边分别为，且.（1）求的值；（2）求的值.

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、A【解题分析】

根据随机变量和的关系得到，概率和为1，联立方程组解得答案.【题目详解】且，则即解得故答案选A【题目点拨】本题考查了随机变量的数学期望和概率，根据随机变量和的关系得到是解题的关键.2、D【解题分析】

将复数化为的形式，再利用棣莫弗定理解得答案.【题目详解】【题目点拨】本题考查复数的计算，意在考查学生的阅读能力，解决问题的能力和计算能力.3、A【解题分析】分析：用反证法证明某命题时，应先假设命题的否定成立，而命题的否定为：“a、b、c中至少有二个为负数”，由此得出结论．详解：用反证法证明某命题时，应先假设命题的否定成立，而：“中至少有二个为正数”的否定为：“中至少有二个为负数”．故选A．点睛：本题主要考查用反证法证明数学命题，把要证的结论进行否定，得到要证的结论的反面是解题的关键，着重考查了推理与论证能力．4、C【解题分析】分析：由四棱锥的体积是三棱柱体积的，知只要三棱柱体积最大，则四棱锥体积也最大，求出三棱柱的体积后用基本不等式求得最大值，及取得最大值时的条件，再求表面积．详解：四棱锥的体积是三棱柱体积的，，当且仅当时，取等号．∴．故选C．点睛：本题考查棱柱与棱锥的体积，考查用基本不等式求最值．解题关键是表示出三棱柱的体积．5、A【解题分析】

根据先分组，后分配的原则得到结果.【题目详解】由题意，先分组，可得，再一组打扫教室，一组打扫操场，可得不同的选派法有.故选A．【题目点拨】不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组．注意各种分组类型中，不同分组方法的求解．6、C【解题分析】

先写出原命题的逆命题，否命题，再判断真假即可,这里注意的取值,在判断逆否命题的真假时，根据原命题和它的逆否命题具有相同的真假性判断原命题的真假即可.【题目详解】解：逆命题:设，若，则a＞b,由可得，能得到a＞b，所以该命题为真命题;否命题设，若a≤b，则,由及a≤b可以得到，所以该命题为真命是题；因为原命题和它的逆否命题具有相同的真假性，所以只需判断原命题的真假即可，当时，，所以由a＞b得到，所以原命题为假命题，即它的逆否命题为假命题;故为真命题的有2个.故选C.【题目点拨】本题主要考查四种命题真假性的判断问题，由题意写出原命题的逆命题，否命题并判断命题的真假是解题的关键.7、B【解题分析】

当时，可求得此时；当时，根据二次函数性质可知，若不合题意；若，此时；根据是在上的最小值可知，从而构造不等式求得结果.【题目详解】当时，（当且仅当时取等号）当时，当时，在上的最小值为，不合题意当时，在上单调递减是在上的最小值且本题正确选项：【题目点拨】本题考查根据分段函数的最值求解参数范围的问题，关键是能够确定每一段区间内最值取得的点，从而确定最小值，通过每段最小值之间的大小关系可构造不等式求得结果.8、B【解题分析】由题．又对应复平面的点在第四象限，可知，解得．故本题答案选．9、D【解题分析】由得，设切点为，则，，，，对比，，，故选D.10、A【解题分析】试题分析：先涂A的话，有4种选择，若选择了一种，则B有3种，而为了让C与AB都不一样，则C有2种，再涂D的话，只要与C涂不一样的就可以，也就是D有3种，所以一共有4x3x2x3=72种，故选A．考点：本题主要考查分步计数原理的应用．点评：从某一区域涂起，按要求“要求相邻的矩形涂色不同”，分步完成．11、B【解题分析】

先将学生和王老师捆绑成一个团队，再将团队与另外3个老师进行排列，最后将两位家长插入排好的队中即可得出．【题目详解】完成此事分三步进行：（1）学生和王老师捆绑成一个团队，有种站法；（2）将团队与另外3个老师进行排列，有种站法；（3）将两位家长插入排好的队中，有种站法，根据分步计数原理，所以有种不同的站法，故选B．【题目点拨】本题主要考查分步乘法计数原理、捆绑法以及插空法的应用．12、A【解题分析】

根据绝对值三角不等式可知；根据可得，根据的范围可得，根据二次函数的性质可求得结果.【题目详解】由题意得：当，即时，即：，即的最大值为：本题正确选项：【题目点拨】本题考查函数最值的求解，难点在于对于绝对值的处理，关键是能够将函数放缩为关于的二次函数的形式，从而根据二次函数性质求解得到最值.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

根据古典概型概率计算公式求解即可.【题目详解】从名教师中选派名共有：种选法名男教师参加培训有种选法所求概率：本题正确结果：【题目点拨】本题考查古典概型概率问题的求解，属于基础题.14、【解题分析】解：由已知得，15、(-【解题分析】试题分析：f'(x)=-x2+x+2a=-f'(23)=2a+29考点：利用导数判断函数的单调性．16、【解题分析】

等体积法【题目详解】【题目点拨】等体积法三、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)【解题分析】

（1）讨论与0，1，e的大小关系确定最值得a的方程即可求解；（2）原不等式化为，不妨设，整理得，设，当时，，得，分离，求其最值即可求解a的范围【题目详解】（1），令，则.所以在上单调递增，在上单调递减.①当，即时，在区间上单调递减，则，由已知，，即，符合题意.②当时，即时，在区间上单调递增，在上单调递减，则，由已知，，即，不符合题意，舍去.③当，即时，在区间上单调递增，则，由已知，，即，不符合题意，舍去.综上分析，.（2）由题意，，则原不等式化为，不妨设，则，即，即.设，则，由已知，当时，不等式恒成立，则在上是增函数.所以当时，，即，即恒成立，因为，当且仅当，即时取等号，所以.故的取值范围是.【题目点拨】本题考查函数的单调性，不等式恒成立问题，构造函数与分离变量求最值，分类讨论思想，转化化归能力，是中档题18、(Ⅰ)2；(Ⅱ).【解题分析】分析：（1）根据图像过点求得参数值；（2）原不等式等价于，)恒成立，根据单调性求得最值即可.详解：（Ⅰ），，或，，（舍去），.（Ⅱ），，，，则，，.则.点睛：函数题目经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立；（3）若恒成立，可转化为（需在同一处取得最值）.19、（1）；（2）.【解题分析】（1）由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有人，故至少参加上述一个社团的共有人，所以从该班级随机选名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为（2）从这名男同学和名女同学中各随机选人，其一切可能的结果组成的基本事件有：，共个.根据题意，这些基本事件的出现是等可能的.事件“被选中且未被选中”所包含的基本事件有：，共个.因此被选中且未被选中的概率为.考点：1.古典概型；2.随机事件的概率.20、的最小值为；常数项为.【解题分析】

求出二项式展开式的通项，由可求出的最小值，并求出对应的值，代入通项即可得出所求的常数项.【题目详解】二项式展开式的通项为，令，得，所以，的最小值为，此时.此时，展开式中的常数项为.【题目点拨】本题考查利用二项式定理求常数项，一般利用的指数为零求出参数的值，考查运算求解能力，属于中等题.21、（1）或；（2）【解题分析】

（1）以为分界点分段讨论解不等式。（2）原不等式可化为，由绝对值不等式求得的最小值小于3，解得参数.【题目详解】当时，，当时，不等式等价于，