安徽省阜阳市颍上县第二中学等三校2024届数学高二下期末质量跟踪监视试题含解析

安徽省阜阳市颍上县第二中学等三校2024届数学高二下期末质量跟踪监视试题注意事项：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．设实数，则下列不等式一定正确的是()A． B．C． D．2．已知，，若，则x的值为（）A． B． C． D．3．设是两个平面向量，则“”是“”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．函数的单调递增区间是（）A． B． C．(1,4) D．(0,3)5．已知数列的前项和为，，，则（）A．128 B．256 C．512 D．10246．已知函数,若是函数唯一的极值点,则实数的取值范围为()A． B． C． D．7．过点且斜率为的直线与抛物线：交于，两点，若的焦点为，则（）A． B． C． D．8．设函数（为自然对数的底数），若曲线上存在点使得，则的取值范围是A． B． C． D．9．下图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．10．已知向量是空间的一组基底，则下列可以构成基底的一组向量是（）A．，， B．，，C．，， D．，，11．若实数满足不等式组，则的最大值为（）A．8 B．10 C．7 D．912．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有（）A．10种 B．20种 C．25种 D．32种二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知二项式的展开式中二项式系数之和为64，则展开式中的系数为________．14．已知，则___________；15．已知向量，，且在上的投影为3，则与夹角为__________．16．将参数方程,(,为参数)化为普通方程______________．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，曲线通过点，且在点处的切线垂直于轴.（1）用分别表示和；（2）当取得最小值时，求函数的单调区间.18．（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．19．（12分）已知函数，；.（1）求的最大值；（2）若对，总存在使得成立，求的取值范围；（3）证明不等式.20．（12分）已知命题：函数在上是减函数，命题，.(1)若为假命题，求实数的取值范围；(2)若“或”为假命题，求实数的取值范围.21．（12分）在中，已知,,.(1)求内角的大小;(2)求边的长.22．（10分）已知是同一平面内的三个向量，；（1）若，且，求的坐标；（2）若，且与垂直，求与的夹角.

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】

对4个选项分别进行判断，即可得出结论．【题目详解】解：由于a＞b＞0，，A错；当0＜c＜1时，ca＜cb；当c＝1时，ca＝cb；当c＞1时，ca＞cb，故ca＞cb不一定正确，B错；a＞b＞0，c＞0，故ac﹣bc＞0，C错．，D对；故选D．【题目点拨】本题考查不等式的性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．2、D【解题分析】此题考查向量的数量积解：因为，所以选D.答案：D3、A【解题分析】

由，则是成立的；反之，若，而不一定成立，即可得到答案.【题目详解】由题意是两个平面向量，若，则是成立的；反之，若，则向量可能是不同的，所以不一定成立，所以是是成立的充分而不必要条件，故选A.【题目点拨】本题主要考查了向量的概念以及向量模的概念的应用，以及充分条件与必要条件的判定，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4、B【解题分析】

求出函数的导数，在解出不等式可得出所求函数的单调递增区间.【题目详解】，，解不等式，解得，因此，函数的单调递增区间是，故选B.【题目点拨】本题考查函数单调区间的求解，一般是先求出导数，然后解出导数不等式，将解集与定义域取交集得出单调区间，但单调区间不能合并，考查计算能力，属于中等题.5、B【解题分析】

Sn+1＝2Sn﹣1（n∈N+），n≥2时，Sn＝2Sn﹣1﹣1，相减可得an+1＝2an．再利用等比数列的通项公式即可得出．【题目详解】∵Sn+1＝2Sn﹣1（n∈N+），n≥2时，Sn＝2Sn﹣1﹣1，∴an+1＝2an．n＝1时，a1+a2＝2a1﹣1，a1＝2，a2＝1．∴数列{an}从第二项开始为等比数列，公比为2．则a101×28＝3．故选：B．【题目点拨】本题考查了数列递推关系、等比数列通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．6、A【解题分析】分析：由的导函数形式可以看出，需要对k进行分类讨论来确定导函数为0时的根.详解：函数的定义域是，，是函数唯一的极值点,是导函数的唯一根，在无变号零点，即在上无变号零点，令，，在上单调递减，在上单调递增，的最小值为，必须.故选A.点睛：本题考查由函数的导函数确定极值问题，对参数需要进行讨论.7、D【解题分析】分析：由抛物线方程求出抛物线的焦点坐标，由点斜式求出直线方程，与抛物线方程联立求出的坐标，利用数量积的坐标表示可得结果.详解：抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线为，联立直线与抛物线，消去可得，，解得，不仿，，则，故选D.点睛：本题考查抛物线的简单性质的应用，平面向量的数量积的应用，意在考查综合运用所学知识解决问题的能力，属于中档题.8、D【解题分析】

法一：考查四个选项，发现有两个特殊值区分开了四个选项，0出现在了A，B两个选项的范围中，出现在了B，C两个选项的范围中，故通过验证参数为0与时是否符合题意判断出正确选项。法二：根据题意可将问题转化为在上有解，分离参数得到，，利用导数研究的值域，即可得到参数的范围。【题目详解】法一：由题意可得，，而由可知，当时，＝为增函数，∴时，．∴不存在使成立，故A，B错；当时，＝，当时，只有时才有意义，而，故C错．故选D．法二：显然，函数是增函数，，由题意可得，，而由可知，于是，问题转化为在上有解．由，得，分离变量，得，因为，，所以，函数在上是增函数，于是有，即，应选D．【题目点拨】本题是一个函数综合题，方法一的切入点是观察四个选项中与不同，结合排除法以及函数性质判断出正确选项，方法二是把问题转化为函数的最值问题，利用导数进行研究，属于中档题。9、B【解题分析】

根据三视图得到原图是，边长为2的正方体，挖掉八分之一的球，以正方体其中一个顶点为球的球心。【题目详解】根据三视图得到原图是，边长为2的正方体，挖掉八分之一的球，以正方体其中一个顶点为球的球心，故剩余的体积为：故答案为：B.【题目点拨】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.10、C【解题分析】

空间的一组基底，必须是不共面的三个向量，利用向量共面的充要条件可证明、、三个选项中的向量均为共面向量，利用反证法可证明中的向量不共面【题目详解】解：，，，共面，不能构成基底，排除；，，，共面，不能构成基底，排除；，，，共面，不能构成基底，排除；若、，共面，则，则、、为共面向量，此与为空间的一组基底矛盾，故、，可构成空间向量的一组基底．故选：．【题目点拨】本题主要考查了空间向量基本定理，向量共面的充要条件等基础知识，判断向量是否共面是解决本题的关键，属于中档题.11、D【解题分析】

根据约束条件，作出可行域，将目标函数化为，结合图像，即可得出结果.【题目详解】由题意，作出不等式组表示的平面区域如下图所示，目标函数可化为，结合图像可得，当目标函数过点时取得最大值，由解得.此时.选D。【题目点拨】本题主要考查简单的线性规划问题，通常需要作出可行域，转化目标函数，结合图像求解，属于常考题型.12、D【解题分析】每个同学都有2种选择，根据乘法原理，不同的报名方法共有种，应选D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、4860【解题分析】由题意可知,即二项式为，所以，所以的系数为4860，填4860。14、【解题分析】

分别令和，代入求值，然后两式相减计算结果.【题目详解】当时，当时，，两式相减：，所以：.故答案为：【题目点拨】本题考查二项展开式求系数和，重点考查赋值法，属于基础题型.15、【解题分析】

根据投影公式，求得，进而得到，再由夹角公式得解．【题目详解】解：因为，，，由公式在上的投影为得，，求解得，所以，即由向量夹角公式，因为则与夹角．故答案为：．【题目点拨】本题考查平面向量的数量积及投影公式的运用，考查向量夹角的求法，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于基础题．16、【解题分析】

可将左右同乘2，再消参即可求解普通方程【题目详解】，结合可得故答案为：【题目点拨】本题考查参数方程转化成普通方程，属于基础题三、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）的减区间为和；增区间为.【解题分析】分析：（1）求函数的导数，利用已知条件和导数的几何意义，即可用分别表示和；（2）当取得最小值时，求得，和的值.写出函数的解析式，根据求导法则求出，令=0求出的值，分区间讨论的正负，即可得到函数的单调区间.详解：解：（1）因为，所以又因为曲线通过点,故，而，从而.又曲线在处的切线垂直于轴，故，即，因此.（2）由（1）得，故当时，取得最小值.此时有.从而，，，所以.令，解得.当时，，故在上为减函数；当时，，故在上为增函数.当时，，故在上为减函数.由此可见，函数的单调递减区间为和；单调递增区间为.点睛：本题考查导数的几何意义，利用函数的导数研究函数的单调性，以及二次函数的最值问题，做题时要注意函数的求导法则的正确运用.18、（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，解得，即；当时，不等式等价于，解得，即；当时，不等式等价于，解得，即．综上所述，原不等式的解集为或．由，即，得，又，，即，解得．所以。【题目点拨】对于绝对值不等式的求解，我们常用分段讨论的方法，也就是按绝对值的零点把数轴上的实数分成多段进行分段讨论，要注意分段时不重不漏，分段结果是按先交后并做运算。19、【解题分析】试题分析：（1）对函数求导，，时，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得极大值，也是最大值，所以的最大值为；（2）若对，总存在使得成立，则转化为，由（1）知，问题转化为求函数在区间上的最大值，对求导，，分类讨论，当时，函数在上恒成立，在上单调递增，只需满足，，解得，所以；当时，时，（舍），当时，在上恒成立，只需满足，，解得，当，即时，在递减，递增，而，在为正，在为负，∴，当，而时，，不合题意，可以求出的取值范围。（3）由（1）知：即，取，∴，∴，即∴，等号右端为等比数列求和。试题解析：（1）∵，∴，∴当时，，时，，∴，∴的最大值为.（2），使得成立，等价于由（1）知，，当时，在时恒为正，满足题意.当时，，令，解得，∴在上单调递减，在上单调递增，若，即时，，∴，∴.若，即时，在递减，递增，而，在为正，在为负，∴，当，而时，，不合题意，综上的取值范围为.（3）由（1）知：即，取，∴，∴，即∴.考点：1.导数与函数的单调性和极值；2.导数的综合应用。20、(1).（2）.【解题分析】分析：第一问利用命题的否定和命题本身是一真一假的，根据命题q是假命题，得到命题的否定是真命题，结合二次函数图像，得到相应的参数的取值范围；第二问利用“或”为假命题，则有两个命题都是假命题，所以先求命题p为真命题时参数的范围，之后求其补集，得到m的范围，之后将两个命题都假时参数的范围取交集，求得结果.详解：（1）因为命题，所以：，，当为假命题时，等价于为真命题，即在上恒成立，故，解得所以为假命题时，实数的取值范围为.（2）函数的对称轴方程为，当函数在上是减函数时，则有即为真时，实数的取值范围为“或”为假命题，故与同时为假，则，综上可知，当“或”为假命题时，实数的取值范围为点睛：该题考查的是有关利用命题的真假判断来求有关参数的取值范围，在解题的过程中，需要明确复合命题的真值表，以及二次函数的图像和性质要非常熟悉.21、（1）（2）【解题分析】分析：(1)根据配角公式得，解得A，（2）先根据平方关系得，根据两角和正弦公式求，再根据正弦定理求边的长.详解：解：（1）因为所以，即因为，所以所以，所以(2)因为，所以所以在中，所以，得点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系