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文档简介
北京市朝阳陈经纶中学2024届数学高二第二学期期末质量跟踪监视试题考生须知: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.如图所示,将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两端异色,如果只有5种颜色可供使用,则不同的染色方法种数是()A.420 B.210 C.70 D.352.设函数在处存在导数,则()A. B. C. D.3.若将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍(纵坐标不变),得到函数的图象,则函数的单调递减区间为()A. B.C. D.4.若存在两个正实数,使得等式成立,其中为自然对数的底数,则实数的取值范围是()A. B. C. D.5.已知向量,则与的夹角为()A.0 B. C. D.6.已知椭圆方程为x24+y225=1,将此椭圆绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V1,满足y≥-5A.V2=C.V2=54V7.在中,角的对边分别是,若,则()A.5 B. C.4 D.38.执行如图所示的程序框图,若输入x值满足则输出y值的取值范围是()A. B. C. D.9.已知函数,若、,,使得成立,则的取值范围是().A. B. C. D.或10.函数的最小值为0,则m的取值范围是()A.(1,2) B.(-1,2)C.[1,2) D.[-1,2)11.是异面直线的公垂线,在线段上(异于),则的形状是()A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.三角形不定12.在二项式的展开式中,其常数项是15.如下图所示,阴影部分是由曲线和圆及轴围成的封闭图形,则封闭图形的面积为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.某一部件由四个电子元件按如图方式连接而成,元件1或元件2正常工作,且元件3或元件4正常工作,则部件正常工作.设四个电子元件的使用寿命(单位:小时)均服从正态分布,且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为__________.14.已知数列的前项和,则__________.15.某市有1200名中学生参加了去年春季的数学学业水平考试,从中随机抽取了100人的考试成绩统计得到如图所示的频率分布直方图,据此可以估计这1200名学生中考试成绩超过80分的人数为___________人。16.若幂函数的图像过点,则的值为__________.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)设函数.(Ⅰ)求的值;(Ⅱ)设,若过点可作曲线的三条切线,求实数的取值范围.18.(12分)已知函数,其中为自然对数的底数.(1)若,求的最小值;(2)若,证明:.19.(12分)己知数列中,,其前项和满足:.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)令,数列的前项和为,证明:对于任意的,都有.20.(12分)已知函数在处取得极大值为9.(1)求,的值;(2)求函数在区间上的最值.21.(12分)已知时,函数,对任意实数都有,且,当时,(1)判断的奇偶性;(2)判断在上的单调性,并给出证明;(3)若且,求的取值范围.22.(10分)已知函数.(1)若函数在区间上单调递增,求的取值范围;(2)设函数,若存在,使不等式成立,求实数的取值范围.
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、A【解题分析】
将不同的染色方案分为:相同和不同两种情况,相加得到答案.【题目详解】按照的顺序:当相同时:染色方案为当不同时:染色方案为不同的染色方案为:种故答案为A【题目点拨】本题考查了加法原理和乘法原理,把染色方案分为相同和不同两种情况是解题的关键.2、A【解题分析】
通过变形,结合导数的定义可以直接得出答案.【题目详解】.选A.【题目点拨】本题考查了导数的定义,适当的变形是解题的关键.3、A【解题分析】
利用三角恒等变换化简的解析式,再根据的图象变换规律求得的解析式,再利用余弦函数的单调性,求得函数的单调递减区间.【题目详解】解:将函数的图象上所有的横坐标伸长为原来的倍(纵坐标不变),得到函数的图象,令,求得,可得的单调递减区间为.故选:A.【题目点拨】本题主要考查三角恒等变换,余弦函数的单调性,属于基础题.4、D【解题分析】试题分析:由得,即,即设,则,则条件等价为,即有解,设,为增函数,∵,∴当时,,当时,,即当时,函数取得极小值为:,即,若有解,则,即,则或,故选D.考点:函数恒成立问题.【方法点晴】本题主要考查不等式恒成立问题,根据函数与方程的关系,转化为两个函数相交问题,利用构造法和导数法求出函数的极值和最值是解决本题的关键,综合性较强,难度较大根据函数与方程的关系将方程进行转化,利用换元法转化为方程有解,构造函数求函数的导数,利用函数极值和单调性的关系进行求解即可.5、C【解题分析】由题设,故,应选答案C.6、C【解题分析】
根据题意画出图形,分别求出椭圆绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V1与满足y≥-50≤x≤2y≤52【题目详解】在同一平面直角坐标系中画出椭圆与旋转体如图,椭圆绕y轴旋转一周所得的旋转体为椭球,其体积为V1满足y≥-50≤x≤2y≤5其体积V2=π×2故选:C.【题目点拨】本题主要考查了旋转体的体积及学生的计算能力,属于中档题.7、D【解题分析】
已知两边及夹角,可利用余弦定理求出.【题目详解】由余弦定理可得:,解得.故选D.【题目点拨】本题主要考查利用正余弦定理解三角形,注意根据条件选用合适的定理解决.8、A【解题分析】
直接利用程序框图和分段函数求出结果.【题目详解】当时,,当时,,得,即.故选:A【题目点拨】本题考查了程序框图以及分段函数求值,属于基础题.9、B【解题分析】
对的范围分类讨论,当时,函数在上递增,在上递减,即可判断:、,,使得成立.当时,函数在上单调递增,即可判断:一定不存在、,,使得成立,问题得解.【题目详解】当时,,函数在上递增,在上递减,则:、,,使得成立.当时,,函数在上递增,在也递增,又,所以函数在上单调递增,此时一定不存在、,,使得成立.故选:B【题目点拨】本题主要考查了分类思想及转化思想,还考查了函数单调性的判断,属于难题。10、B【解题分析】
化简函数为,根据函数的单调性以及在时取得最小值0,求出的范围.【题目详解】函数在区间(-1,+∞)上是减函数.当x=2时,y=0.根据题意x∈(m,n]时,.所以m的取值范围是-1<m<2,故选B.【题目点拨】该题所考查的是利用函数在某个区间上的最值,来确定区间对应的位置,涉及到的知识点有反比例型函数的单调性,确定最值在哪个点处取,从而求得对应的参数的取值范围,属于简单题目.11、C【解题分析】
用表示出,结合余弦定理可得为钝角.【题目详解】如图,由可得平面,从而,线段长如图所示,由题意,,,显然,∴,为钝角,即为钝角三角形.故选C.【题目点拨】本题考查异面直线垂直的性质,考查三角形形状的判断.解题关键是用表示出.12、B【解题分析】
用二项式定理得到中间项系数,解得a,然后利用定积分求阴影部分的面积.【题目详解】(x1+)6展开式中,由通项公式可得,令11﹣3r=0,可得r=4,即常数项为,可得=15,解得a=1.曲线y=x1和圆x1+y1=1的在第一象限的交点为(1,1)所以阴影部分的面积为.故选:B【题目点拨】本题主要考查二项式定理的应用,二项式展开式的通项公式,属于基础题.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:先求出四个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率都为,再设A={元件1或元件2正常工作},B={元件3或元件4正常工作},再求P(A),P(B),再求P(AB)得解.详解:由于四个电子元件的使用寿命(单位:小时)均服从正态分布,所以四个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率都为设A={元件1或元件2正常工作},B={元件3或元件4正常工作},所以所以该部件的使用寿命超过1000小时的概率为.故答案为:.点睛:(1)本题主要考查正态分布曲线,考查独立事件同时发生的概率,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)一般地,如果事件相互独立,那么这个事件同时发生的概率,等于每个事件发生的概率的积,即.14、64【解题分析】分析:由题意,根据数列的和的关系,求得,即可求解的值.详解:由题意,数列的前项和为,当时,,所以点睛:本题主要考查了数列中和的关系,其中利用数列的和的关系求解数列的通项公式是解答的关键,着重考查了推理与运算能力.15、420【解题分析】
在频率分布直方图中,求出成绩超过80分的小组的面积之和,求出频率,最后估计这1200名学生中考试成绩超过80分的人数.【题目详解】成绩超过80分的小组分别是,面积之和为,因此这1200名学生中考试成绩超过80分的人数估计为.【题目点拨】本题考查了频率直方图的性质及应用,考查了数学运算能力.16、【解题分析】
将点代入解析式,求出a,再求f(4)即可.【题目详解】由题意f(2)=,所以a=﹣,所以f(x)=,所以f(4)=故答案为【题目点拨】本题考查求幂函数的解析式、对幂函数求值,属基本运算的考查.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、(Ⅰ)8(Ⅱ)【解题分析】
(Ⅰ)根据二项定理展开式展开,即可确定对应项的系数,即可求解.(Ⅱ)代入值后可求得的解析式,经过检验可知点不在曲线上,即可设切点坐标为,代入曲线方程并求得,由导数的几何意义及两点间斜率公式,可得方程,且由题意可知该方程有三个不同的实数根;分离参数并构造函数,进而求得,令求得极值点和极值,由直线截此图象有三个交点即可确定的取值范围.【题目详解】(Ⅰ)根据二项式定理展开式的应用,展开可得所以(Ⅱ)由题意因为点不在曲线上,所以可设切点为.则.因为,所以切线的斜率为.则,即.因为过点可作曲线的三条切线,所以方程有三个不同的实数解.分离参数,设函数,所以,令,可得,令,解得或,所以在单调递增,在单调递减.所以的极大值为,极小值为.用直线截此图象,当两图象有三个交点,即时,即可作曲线的三条切线.【题目点拨】本题考查了二项式定理展开式的简单应用,两点间斜率公式及导数的几何意义应用,分离参数及构造函数研究三次函数性质的综合应用,属于中档题.18、(1);(2)证明见解析.【解题分析】分析:(1)先利用导数求函数的单调区间,再求的最小值.(2)先求的最小值为,再证明>0.详解:(1)若,,所以,设,则所以在上为增函数,又,所以当时,,单调递减;当时,,单调递增.所以的最小值为.(2)由题意知当时,显然成立.当时,由(1)知在上为增函数,因为,所以存在唯一的使得,即,所以当时,,单调递减;当时,,单调递增.所以的最小值为,,,当且仅当,即时取等号.代入得,矛盾,所以等号不能成立.所以,所以.点睛:(1)本题主要考查利用导数求函数的单调区间和最值,考查利用导数证明不等式,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理转化能力.(2)解答本题有两个难点,其一是求得的最小值为,其二是证明>0,用到了基本不等式,同时要注意取等的问题.19、(Ⅰ)(Ⅱ)见解析【解题分析】
(Ⅰ)由,可得,即数列时以1为首项公比为2的等比数列,即可求解.(Ⅱ),当时,,当时,,即有.【题目详解】(Ⅰ)由,于是,当时,,即,,∵,数列为等比数列,∴,即.(Ⅱ),∴当时,,当时,显然成立,综上,对于任意的,都有.【题目点拨】本题考查了数列的递推式,等比数列的求和、放缩法,属于中档题.20、(1).(2)函数在区间上的最大值为9,最小值为.【解题分析】分析:(I)首先求解导函数,然后结合,可得.(II)由(I)得,结合导函数研究函数的单调性和最值可知函数在区间上的最大值为9,最小值为.详解:(I)依题意得,即,解得.经检验,上述结果满足题意.(II)由(I)得,令,得;令,得,的单调递增区间为和,的单调递增区间是,,,所以函数在区间上的最大值为9,最小值为.点睛:(1)可导函数y=f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)=0,且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同.(2)若f(x)在(a,b)内有极值,那么f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调增或减的函数没有极值.21、(1)偶函数.(2)见解析.(3).【解题分析】
(1)利用赋值法得到,即得函数的奇偶性.(2)利用函数单调性的定义严格证明.(3)先求出,再解不等式.【题目详解】(1)令,则,,为偶函数.(2)设,,∵时,,∴,∴,故在上是增函数.(3)∵,又∴∵,∴,即,又故.【题目点拨】(1)本题主要考查抽象函数的单调性、奇偶性的
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