2024届湖南省校级联考高二数学第二学期期末监测试题含解析

2024届湖南省校级联考高二数学第二学期期末监测试题注意事项：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．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是①若则;②若则;③若,则;④若则A．①②④ B．②③ C．①④ D．②④2．假设如图所示的三角形数表的第行的第二个数为，则（）A．2046 B．2416 C．2347 D．24863．已知复数满足，则（）A． B． C． D．4．函数的图像可能是（）A． B．C． D．5．已知命题，则命题的否定为（）A． B．C． D．6．已知空间不重合的三条直线、、及一个平面，下列命题中的假命题是（）．A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则7．某电子元件生产厂家新引进一条产品质量检测线，现对检测线进行上线的检测试验：从装有个正品和个次品的同批次电子元件的盒子中随机抽取出个，再将电子元件放回.重复次这样的试验，那么“取出的个电子元件中有个正品，个次品”的结果恰好发生次的概率是（）A． B． C． D．8．已知具有线性相关关系的变量、，设其样本点为，回归直线方程为，若，（为原点），则（）A． B． C． D．9．若，则（）A．8 B．7 C．6 D．510．若复数（）不是纯虚数，则（）A． B． C． D．且11．若函数在为增函数，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．12．已知，，，则下列三个数，，（）A．都大于 B．至少有一个不大于C．都小于 D．至少有一个不小于二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若方程有实根，则实数m的取值范围是______．14．条件，条件，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是______________．15．如图，矩形中曲线的方程分别为，，在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为____.16．在我校2017年高二某大型考试中，理科数学成绩，统计结果显示.假设我校参加此次考试的理科同学共有2000人，那么估计此次考试中我校成绩高于120分的人数是___________.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）集合，.（1）若，求；（2）若，求的取值范围.18．（12分）在如图所示的几何体中，，平面，，，，.（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.19．（12分）在中，角的对边分别是，已知，，.(1)求的值；(2)若角为锐角，求的值及的面积.20．（12分）在中，角，，的对边分别为，，，且．（1）求．（2）若，求面积的最大值．21．（12分）已知椭圆的离心率为,过右焦点作垂直于椭圆长轴的直线交椭圆于两点，且为坐标原点.(1)求椭圆的方程；(2)设直线与椭圆相交于两点,若.①求的值；②求的面积的最小值.22．（10分）已知，且．（1）求证：；（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围．

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】

根据选项利用判定定理、性质定理以及定义、举例逐项分析.【题目详解】①当都在平面内时，显然不成立，故错误；②因为，则过的平面与平面的交线必然与平行；又因为，所以垂直于平面内的所有直线，所以交线，又因为交线，则，故正确；③正方体上底面的两条对角线平行于下底面，但是两条对角线不平行，故错误；④因为垂直于同一平面的两条直线互相平行，故正确；故选：D.【题目点拨】本题考查判断立体几何中的符号语言表述的命题的真假，难度一般.处理立体几何中符号语言问题，一般可采用以下方法：（1）根据判定、性质定理分析；（2）根据定义分析；（3）举例说明或者作图说明.2、B【解题分析】

由三角形数表特点可得，利用累加法可求得，进而得到结果.【题目详解】由三角形数表可知：，，，…，，，整理得：，则.故选：.【题目点拨】本题考查数列中的项的求解问题，关键是能够采用累加法准确求得数列的通项公式.3、C【解题分析】

，，故选C.4、A【解题分析】

判断函数的奇偶性和对称性，利用特征值的符号是否一致进行排除即可．【题目详解】解：f（﹣x）f（x），则函数f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除B，D，函数的定义域为{x|x≠0且x≠±1}，由f（x）＝0得sinx＝0，得距离原点最近的零点为π，则f（）0，排除C，故选：A．【题目点拨】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用对称性以及特殊值进行排除是解决本题的关键．5、A【解题分析】

根据全称命题的否定为特称命题，即可直接得出结果.【题目详解】因为命题，所以命题的否定为：故选A【题目点拨】本题主要考查含有一个量词的命题的否定，只需改写量词与结论即可，属于常考题型.6、B【解题分析】

根据线线、线面有关定理对选项逐一分析，由此确定是假命题的选项.【题目详解】对于A选项，根据平行公理可知，A选项正确.对于B选项，两条直线平行与同一个平面，这两条直线可以相交、平行或异面，故B选项是假命题.对于C选项，由于，，根据空间角的定义可知，，C选项正确.对于D选项，由于，所以平行于平面内一条直线，而，所以，所以，即D选项正确.故选：B.【题目点拨】本小题主要考查空间线线、线面有关命题真假性的判断，属于基础题.7、B【解题分析】

取出的个电子元件中有个正品，个次品的概率，重复次这样的试验，利用次独立重复试验中事件恰好发生次的概率计算公式能求出“取出的个电子元件中有个正品，个次品”的结果恰好发生次的概率【题目详解】从装有个正品和个次品的同批次电子元件的盒子中随机抽取出个，再将电子元件放回，取出的个电子元件中有个正品，个次品的概率，重复次这样的试验，那么“取出的个电子元件中有个正品，个次品”的结果恰好发生次的概率是：.故选：B【题目点拨】本题考查了次独立重复试验中事件恰好发生次的概率计算公式，属于基础题.8、D【解题分析】

计算出样本中心点的坐标，将该点坐标代入回归直线方程可求出实数的值.【题目详解】由题意可得，，将点的坐标代入回归直线方程得，解得，故选D.【题目点拨】本题考查利用回归直线方程求参数的值，解题时要熟悉“回归直线过样本中心点”这一结论的应用，考查运算求解能力，属于基础题.9、D【解题分析】

由得，即，然后即可求出答案【题目详解】因为，所以所以即，即解得故选：D【题目点拨】本题考查的是排列数和组合数的计算，较简单.10、A【解题分析】

先解出复数（）是纯虚数时的值，即可得出答案．【题目详解】若复数（）是纯虚数，根据纯虚数的定义有：，则复数（）不是纯虚数，故选A【题目点拨】本题考查虚数的分类，属于基础题．11、A【解题分析】

利用函数的导函数在区间恒为非负数列不等式，用分离常数法求得的取值范围.【题目详解】依题意，在区间上恒成立，即，当时，，故，在时为递增函数，其最大值为，故.所以选A.【题目点拨】本小题主要考查利用导数求解函数单调性有关的问题，考查正切函数的单调性，属于中档题.12、D【解题分析】分析：利用基本不等式可证明，假设三个数都小于，则不可能，从而可得结果.详解：，假设三个数都小于，则，所以假设不成立，所以至少有一个不小于，故选D.点睛：本题主要考查基本不等式的应用，正难则反的思想，属于一道基础题.反证法的适用范围：（1）否定性命题；（2）结论涉及“至多”、“至少”、“无限”、“唯一”等词语的命题；（3）命题成立非常明显，直接证明所用的理论较少，且不容易证明，而其逆否命题非常容易证明；（4）要讨论的情况很复杂，而反面情况较少．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：将原式变形为=x+m，根据直线与椭圆相交相切的性质即可得出．详解：由题得若方程有实根等价于=x+m有解，y=等价于：表示x轴上方的部分椭圆，当直线y=x+m经过椭圆的又顶点（2,0）时为相交的一个临界值此时m=-2，当直线与椭圆的左上半部分相切时为第二个临界值，此时联立方程得：，求得：，因为与上半部分相交故直线与y轴的交点为正值，故m=，所以综合得：m的取值范围是.，故答案为.点睛：本题考查了直线与椭圆圆相交相切的性质、方程的根转化函数有解问题、数形结合思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14、【解题分析】

解：是的充分而不必要条件，，等价于，的解为，或，，故答案为：．15、【解题分析】

运用定积分可以求出阴影部分的面积，再利用几何概型公式求出在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率.【题目详解】解:阴影部分的面积为，故所求概率为【题目点拨】本题考查了几何概型，正确运用定积分求阴影部分的面积是解题的关键.16、200【解题分析】∵月考中理科数学成绩，统计结果显示，∴估计此次考试中，我校成绩高于120分的有人．点睛：关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法①熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ)，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)的值．②充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.三、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）或；（2）或.【解题分析】

（1）解分式不等式求集合，解绝对值不等式求集合，再求集合的并集；（2）先求集合的补集，再根据交集和空集的定义求解.【题目详解】（1）由得即，解得或，所以或；当时，由得，即，所以，所以或.（2）由得，即，所以，由（1）得或，所以，若，则或，即或，所以，的取值范围是或.【题目点拨】本题考查分式不等式和绝对值不等式的解法，集合的运算，注意端点值.18、(1)证明见解析；(2).【解题分析】分析：(1)在中，由勾股定理可得.又平面，据此可得.利用线面垂直的判断定理可得平面.(2)(方法一)延长，相交于，连接，由题意可知二面角就是平面与平面所成二面角.取的中点为，则就是二面角的平面角.结合几何关系计算可得.(方法二)建立空间直角坐标系，计算可得平面的法向量.取平面的法向量为.利用空间向量计算可得.详解：(1)在中，.所以，所以为直角三角形，.又因为平面，所以.而，所以平面.(2)(方法一)如图延长，相交于，连接，则平面平面.二面角就是平面与平面所成二面角.因为，所以是的中位线.，这样是等边三角形.取的中点为，连接，因为平面.所以就是二面角的平面角.在，所以.(方法二)建立如图所示的空间直角坐标系，可得..设是平面的法向量，则令得.取平面的法向量为.设平面与平面所成二面角的平面角为，则，从而.点睛：本题主要考查空间向量的应用，二面角的定义，线面垂直的判断定理等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19、(1)；(2)，.【解题分析】试题分析：（1）根据题意和正弦定理求出a的值；

（2）由二倍角的余弦公式变形求出，由的范围和平方关系求出，由余弦定理列出方程求出的值，代入三角形的面积公式求出的面积．试题解析：(1)因为，，由正弦定理，得.(2)因为，且，所以，.由余弦定理，得，解得或(舍)，所以.20、（1）；（2）．【解题分析】

（1）根据正弦定理得到，再由余弦定理得到，根据特殊角的三角函数值得到结果；（2）根据余弦定理可知：，根据重要不等式和a=4得到，即，再由面积，最终得到结果.【题目详解】（1）根据正弦定理可知：，整理得，由余弦定理的推论得，，．（2）根据余弦定理可知：，且，，即.面积，当且仅当时等号成立．故面积的最大值为．【题目点拨】1．解三角形的应用中要注意与基本不等式的结合，以此考查三角形中有关边、角的范围问题.利用正弦定理、余弦定理与三角形的面积公式，建立如“”之间的等量关系与不等关系，通过基本不等式考查相关范围问题;2．注意与三角函数的图象与性质的综合考查，将两者结合起来，既考查解三角形问题，也注重对三角函数的化简、计算及考查相关性质等;3．正、余弦定理也可能结合平面向量及不等式考查面积的最值或求面积，此时注意应用平面向量的数量积或基本不等式进行求解.21、（1）；（2）①，②.【解题分析】

（1）利用椭圆的离心率公式，通径的长和椭圆中a，b，c的关系，求得a，b，c的值，进而可得椭圆的方程.(2)①通过联立直线和椭圆方程，得到关于x的一元二次方程，利用一元二次方程的根与系数的关系，求出，再结合向量表示垂直得，进而求解；②设直线OA的斜率为.分和两种情况讨论，当时，通过联立直线与椭圆方程和三角形面积公式，将面积的最小值问题转化为求函数的最值问题求解，再结合时的情况，得面积的取值范围，进而求得最小值.【题目详解】(1)已知椭圆的离心率为，可知，根据椭圆的通径长为，结合椭圆中，可解得，故椭圆C的方程为.（2）①已知直线AB的方程为,设与椭圆方程联立有,消去y,得,所以，因,所以，即，所以.整理得,所以为②设直线OA的斜率为.当时,则的方程OA为,OB的方程为，联立得,同理可求得,故△AOB的面积为.令，则令,所以.所以，当时,可求得S=1,故,故S的最小值为【题目点拨】本题考查了求椭圆的标准方程，涉及了椭圆的离心率方程，通径的长和椭圆中a，b，c的关系；考查了直线与椭圆的位置关系，考