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文档简介
2024届福建省东山县第二中学数学高二下期末检测试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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.设集合,集合,则()A. B. C. D.2.已知等比数列的前项和为,则的极大值为()A.2 B.3 C. D.3.5本不同的书全部分给4个学生,每个学生至少一本,不同的分法种数为()A.240种 B.120种 C.96种 D.480种4.已知数列是等比数列,其前项和为,,则()A. B. C.2 D.45.甲、乙两名运动员,在某项测试中的8次成绩如茎叶图所示,分别表示甲、乙两名运动员这项测试成绩的平均数,,分别表示甲、乙两名运动员这项测试成绩的标准差,则有()A. B.C. D.6.设数列的前项和为,若,且,则()A.2019 B. C.2020 D.7.设x=,y=,z=-,则x,y,z的大小关系是()A.x>y>z B.z>x>yC.y>z>x D.x>z>y8.4名学生报名参加语、数、英兴趣小组,每人选报1种,则不同方法有()A.种 B.种 C.种 D.种9.已知命题,命题,若为假命题,则实数的取值范围是()A. B.或 C. D.10.已知复数满足,则()A. B. C. D.11.若函数在上是增函数,则的取值范围为()A. B. C. D.12.若定义在上的函数的导函数的图象如图所示,则().A.函数有1个极大值,2个极小值B.函数有2个极大值,3个极小值C.函数有3个极大值,2个极小值D.函数有4个极大值,3个极小值二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.数列的通项公式是,若前项和为20,则项数为__________.14.若指数函数的图象过点,则__________.15.用长度分别为的四根木条围成一个平面四边形,则该平面四边形面积的最大值是____.16.不等式的解为______.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)某校要用三辆汽车从新校区把教职工接到老校区,已知从新校区到老校区有两条公路,汽车走公路①堵车的概率为,不堵车的概率为;汽车走公路②堵车的概率为,不堵车的概率为.若甲、乙两辆汽车走公路①,丙汽车由于其他原因走公路②,且三辆车是否堵车相互之间没有影响.(1)若三辆汽车中恰有一辆汽车被堵的概率为,求走公路②堵车的概率;(2)在(1)的条件下,求三辆汽车中被堵车辆的个数的分布列和数学期望.18.(12分)如图,四核锥中,,是以为底的等腰直角三角形,,为中点,且.(Ⅰ)求证:平面平面;(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.19.(12分)已知函数().(1)若,求曲线在点处的切线方程.(2)当时,求函数的单调区间.(3)设函数若对于任意,都有成立,求实数a的取值范围.20.(12分)已知F1,F2分别为椭圆C:的左焦点.右焦点,椭圆上的点与F1的最大距离等于4,离心率等于,过左焦点F的直线l交椭圆于M,N两点,圆E内切于三角形F2MN;(1)求椭圆的标准方程(2)求圆E半径的最大值21.(12分)已知函数(1)若当时,恒成立,求实数的取值范围.(2)设,求证:当时,.22.(10分)已知实数a>0且a≠1.设命题p:函数f(x)=logax在定义域内单调递减;命题q:函数g(x)=x2﹣2ax+1在(,+∞)上为增函数,若“p∧q”为假,“p∨q”为真,求实数a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、B【解题分析】
求解出集合,根据并集的定义求得结果.【题目详解】本题正确选项:【题目点拨】本题考查集合运算中的并集运算,属于基础题.2、C【解题分析】由题意得,,,,则,解得,则,,令,解得,当时,为增函数;,为减函数;,为增函数,所以函数的极大值为,故选C.点睛:此题主要考查了等比数列前项和、函数极值的求解等有关方面的知识,及幂运算等运算能力,属于中档题型,也是常考考点.在首先根据等比数列前项和公式求出参数的值,再利用导数方法,求出函数的极值点,通过判断极值点两侧的单调性求出极大值点,从而求出函数的极大值.3、A【解题分析】
由题先把5本书的两本捆起来看作一个元素,这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列,根据分步计数原理两个过程的结果数相乘即可得答案。【题目详解】由题先把5本书的两本捆起来看作一个元素共有种可能,这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列共有种可能,所以不同的分法种数为种,故选A.【题目点拨】本题考查排列组合与分步计数原理,属于一般题。4、A【解题分析】
由题意,根据等比数列的通项公式和求和公式,求的公比,进而可求解,得到答案.【题目详解】由题意得,,,公比,则,故选A.【题目点拨】本题主要考查了等比数列的通项公式和求和公式的应用,其中解答中熟记等比数列的通项公式和求和公式,准确运算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.5、B【解题分析】
根据茎叶图看出两组数据,先求出两组数据的平均数,再求出两组数据的方差,比较两组数据的方差的大小就可以得到两组数据的标准差的大小.【题目详解】由茎叶图可看出甲的平均数是,乙的平均数是,两组数据的平均数相等.甲的方差是乙的方差是甲的标准差小于乙的标准差,故选B.【题目点拨】本题考查两组数据的平均数和方差的意义,是一个基础题,解题时注意平均数是反映数据的平均水平,而标准差反映波动的大小,波动越小数据越稳定.6、D【解题分析】
用,代入已知等式,得,可以变形为:,说明是等差数列,故可以求出等差数列的通项公式,最后求出的值.【题目详解】因为,所以,所以数列是以为公差的等差数列,,所以等差数列的通项公式为,故本题选D.【题目点拨】本题考查了公式的应用,考查了等差数列的判定义、以及等差数列的通项公式.7、D【解题分析】
先对y,z分子有理化,比较它们的大小,再比较x,z的大小得解.【题目详解】y==,z=-=,∵+>+>0,∴z>y.∵x-z=-==>0,∴x>z.∴x>z>y.故答案为D【题目点拨】(1)本题主要考查比较法比较大小,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)比差的一般步骤是:作差→变形(配方、因式分解、通分等)→与零比→下结论;比商的一般步骤是:作商→变形(配方、因式分解、通分等)→与1比→下结论.如果两个数都是正数,一般用比商,其它一般用比差.8、B【解题分析】
直接根据乘法原理计算得到答案.【题目详解】每个学生有3种选择,根据乘法原理共有种不同方法.故选:.【题目点拨】本题考查了乘法原理,属于简单题.9、D【解题分析】试题分析:由,可得,由,可得,解得.因为为假命题,所以与都是假命题,若是假命题,则有,若是假命题,则由或,所以符合条件的实数的取值范围为,故选D.考点:命题真假的判定及应用.10、C【解题分析】
,,故选C.11、D【解题分析】
在上为增函数,可以得到是为增函数,时是增函数,并且时,,利用关于的三个不等式求解出的取值范围.【题目详解】由题意,在上为增函数,则,解得,所以的取值范围为.故选:D【题目点拨】本题主要考查分段函数的单调性以及指数函数和一次函数的单调性,考查学生的理解分析能力,属于基础题.12、B【解题分析】
利用函数取得极大值的充分条件即可得出.【题目详解】解:只有一个极大值点.当时,,当时,.当时,,时,,时,,且,,,,,函数在,处取得极大值.,,处取得极小值.故选:B.【题目点拨】本题考查极值点与导数的关系,熟练掌握函数取得极大值的充分条件是解题的关键,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、440【解题分析】
由数列的通项公式可得:,则:,结合前n项和的结果有:,解得:.点睛:使用裂项法求和时,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点,实质上造成正负相消是此法的根源与目的.14、【解题分析】
设指数函数为,代入点的坐标求出的值,再求的值.【题目详解】设指数函数为,所以.所以.故答案为【题目点拨】本题主要考查指数函数的解析式的求法和指数函数求值,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.15、【解题分析】
在四边形ABCD中,设AB=a,BC=b,CD=c,DA=d,A+C=1α,利用余弦定理可得SABCD1+((a1+d1﹣b1﹣c1)1=(ad+bc)1﹣abcdcos1α(ad+bc)1,设a=3,b=4,c=5,d=6,代入计算可得所求最大值.【题目详解】在四边形ABCD中,设AB=a,BC=b,CD=c,DA=d,A+C=1α,由SABCD=S△BAD+S△BCD=adsinA+bcsinC,①在△ABD中,BD1=a1+d1﹣1adcosA,在△BCD中,BD1=b1+c1﹣1bccosC,所以有a1+d1﹣b1﹣c1=1adcosA﹣1bccosC,(a1+d1﹣b1﹣c1)=adcosA﹣bccosC,②①1+②1可得SABCD1+((a1+d1﹣b1﹣c1)1=(a1d1sin1A+b1c1sin1C+1abcdsinAsinC)+(a1d1cos1A+b1c1cos1C﹣1abcdcosAcosC)=[a1d1+b1c1﹣1abcdcos(A+C)]=[(ad+bc)1﹣1abcd﹣1abcdcos1α]=(ad+bc)1﹣abcdcos1α(ad+bc)1.当α=90°,即四边形为圆内接四边形,此时cosα=0,SABCD取得最大值为.由题意可设a=3,b=4,c=5,d=6则该平面四边形面积的最大值为S=6(cm1),故答案为:6.【题目点拨】本题考查四边形的面积的最值求法,运用三角形的面积公式和余弦定理,以及化简变形,得到四边形为圆内接四边形时面积取得最大值,是解题的关键,属于难题.16、或或或【解题分析】
利用组合数公式得出关于的不等式,解出的取值范围,即可得出正整数的取值.【题目详解】,由组合数公式得,得,整理得,即,解得,由题意可知且,因此,不等式的解为或或或.故答案为:或或或.【题目点拨】本题考查组合不等式的求解,解题的关键就是利用组合数公式列出不等式,考查运算求解能力,属于中等题.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)三辆车是否堵车相互之间没有影响三辆汽车中恰有一辆汽车被堵,是一个独立重复试验,走公路②堵车的概率为p,不堵车的概率为1﹣p,根据独立重复试验的概率公式写出关于P的方程,解出P的值,得到结果(2)三辆汽车中被堵车辆的个数ξ,由题意知ξ可能的取值为0,1,2,3,求出相应的概率写出变量的分布列,即可求得期望.【题目详解】解:(1)三辆车是否堵车相互之间没有影响三辆汽车中恰有一辆汽车被堵,是一个独立重复试验,走公路②堵车的概率为p,不堵车的概率为1﹣p,得即3p=1,则即p的值为.(2)由题意知ξ可能的取值为0,1,2,3∴ξ的分布列为:∴Eξ【题目点拨】本题考查离散型随机变量的分布列和期望,考查相互独立事件同时发生的概率,考查利用概率知识解决实际问题.18、(Ⅰ)见解析(Ⅱ)【解题分析】
(Ⅰ)过作垂线,垂足为,由得,.又,可得平面,即可证明.(Ⅱ)易得到平面距离等于到平面距离.过作垂线,垂足为,在中,过作垂线,垂足为,可证得:平面.求得:,从而,即可求解.【题目详解】(Ⅰ)过作垂线,垂足为,由得,.又,∴平面,∴平面平面;(Ⅱ)∵,∴到平面距离等于到平面距离.过作垂线,垂足为,在中,过作垂线,垂足为,可证得:平面.求得:,从而,即直线与平面所成角的正弦值为.【题目点拨】本题考查面面垂直的证明,考查线面角的求解、是中档题.19、(1);(2)当时,增区间为,,减区间为;当时,的增区间为无减区间;(3).【解题分析】
(1)先由题意,得到,对其求导,得到对应的切线斜率,进而可得出所求切线方程;(2)先对函数求导,得到,分别讨论,和,解对应的不等式,即可得出结果;(3)先根据题意,得到在上恒成立,满足不等式,只需在上恒成立,令,,对其求导,求出的最大值,即可得出结果.【题目详解】(1)若,则(),,又(),所以,在处切线方程为.(2)令,即,解出或.当(即时),由得或,由得,增区间为,,减区间为.当,即时,,在上恒成立,的增区间为,无减区间..综上,时,增区间为,,减区间为,时,增区间为,无减区间.(3),有恒成立,则在上恒成立,当时,,即满足不等式;即在上恒成立,令,,由题意,只需当时,即可,因为,当时,显然恒成立,所以在上单调递增,.,.综上所述,实数的取值范围是.【题目点拨】本题主要考查求曲线在某点处的切线方程,求函数的单调区间,以及导数的方法研究不等式恒成立的问题,熟记导数的几何意义,以及导数的方法研究函数的单调性,最值等,属于常考题型.20、(1);(2)【解题分析】
(1)根据椭圆上点与的最大距离和离心率列方程组,解方程组求得的值,进而求得椭圆方程.(2)设出直线的方程,联立直线的方程和椭圆的方程,写出韦达定理,利用与三角形内切圆有关的三角形面积公式列式,求得内切圆半径的表达式,利用换元法结合基本不等式求得圆半径的最大值.【题目详解】由条件知,所以.故椭圆的标准方程为;(2)由条件不为,设交椭圆于,设圆的半径为,由可得,即令,(),则当时,.【题目点拨】本小题主要考查椭圆标准方程的求法,考查直线和椭圆位置关系,考查三角形内切圆半径有关计算,考查换元法和基本不等式求最值,属于中档题.21、(1);(2)证明见解析【解题分析】
(1)解法一:求得函数导数并通分,对分成两种情况,结合函数的单调性、最值,求得实数的取值范围.解法二:将原不等式分离常数,得到,构造函数,利用导数结合洛必达法则,求得的取值范围,由此求得的取值范围.(2)解法一:先由(1)的结论,证得当时成立.再利用导数证得当时,也成立,由此证得不等式成立.解法二:将所要证明的不等式等价转化为,构造函数,利用导数证得,进而证得,也即证得.【题目详解】解:(1)【解法一】由得:①当时,由知,在区间上为增函数,当时,恒成立,所以当时,满足题意;②当时,在区间上是减函数,在区间上是增函数.这时当时,,令,则即在上为减函数,所以即在上的最小值,此时,当时,不可能恒成立,即有不满足题意.综上可知,当,使恒成立时,的取值范围是.【解法二】当时
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