四川省达州市2024届高二数学第二学期期末预测试题含解析

四川省达州市2024届高二数学第二学期期末预测试题注意事项：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．如果函数的图象如下图，那么导函数的图象可能是（）A． B． C． D．2．对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心设函数，则A．2016 B．2017 C．2018 D．20193．已知α，β表示两个不同的平面，l为α内的一条直线，则“α∥β是“l∥β”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．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5．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．6．如图，一环形花坛分成四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为（）A．96 B．84 C．60 D．487．演绎推理“因为时，是的极值点，而对于函数，，所以0是函数的极值点.”所得结论错误的原因是（）A．大前提错误 B．小前提错误 C．推理形式错误 D．全不正确8．下列命题中，真命题是A．若，且，则中至少有一个大于1B．C．的充要条件是D．9．展开式的系数是（）A．-5 B．10 C．-5 D．-1010．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A． B． C． D．11．已知且,则的最大值为()A． B． C． D．12．已知集合则=（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有种（用数字作答）．14．若直线l经过点，且一个法向量为，则直线l的方程是________.15．已知点M抛物线上的一点，F为抛物线的焦点，点A在圆上，则的最小值________．16．如果，且为第四象限角，那么的值是____.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．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求过点且与曲线相切的直线方程．18．（12分）已知集合=，集合=.（1）若，求；（2）若AB，求实数的取值范围.19．（12分）《中华人民共和国道路交通安全法》第47条的相关规定：机动车行经人行横道时，应当减速慢行；遇行人正在通过人行横道，应当停车让行，俗称“礼让斑马线”，《中华人民共和国道路交通安全法》第90条规定：对不礼让行人的驾驶员处以扣3分，罚款50元的处罚．下表是某市一主干路口监控设备所抓拍的5个月内驾驶员不“礼让斑马线”行为统计数据：月份12345违章驾驶员人数1201051009085（1）请利用所给数据求违章人数少与月份x之间的回归直线方程；（2）预测该路口7月份的不“礼让斑马线”违章驾驶员人数；（3）交警从这5个月内通过该路口的驾驶员中随机抽查了50人，调查驾驶员不“礼让斑马线”行为与驾龄的关系，得到如下2×2列联表：不礼让斑马线礼让斑马线合计驾龄不超过1年22830驾龄1年以上81220合计302050能否据此判断有97.5%的把握认为“礼让斑马线”行为与驾龄有关？参考公式：，.（其中n＝a+b+c+d）P（K2≥k）0.1500.1000.0500.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82820．（12分）设函数．(1)当时，求函数的值域；(2)若，求实数的取值范围．21．（12分）已知数列满足，，设，数列满足.（1）求证：数列为等差数列；（2）求数列的前项和.22．（10分）已知函数f(x)=|x+3|+|x-2|.（1）若∀x∈R，f(x)≥6a-a2恒成立，求实数a（2）求函数y=f(x)的图像与直线y=9围成的封闭图形的面积S.

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】试题分析：的单调变化情况为先增后减、再增再减因此的符号变化情况为大于零、小于零、大于零、小于零，四个选项只有A符合，故选A.考点：1、函数的单调性与导数的关系；2、函数图象的应用.【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.2、C【解题分析】分析：对已知函数求两次导数可得图象关于点对称，即，利用倒序相加法即可得到结论.详解：函数，函数的导数，，由得，解得，而，故函数关于点对称，，故设，则，两式相加得，则，故选C.点睛：本题主要考查初等函数的求导公式，正确理解“拐点”并利用“拐点”求出函数的对称中心是解决本题的关键，求和的过程中使用了倒序相加法，属于难题.3、A【解题分析】试题分析：利用面面平行和线面平行的定义和性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断．解：根据题意，由于α，β表示两个不同的平面，l为α内的一条直线，由于“α∥β，则根据面面平行的性质定理可知，则必然α中任何一条直线平行于另一个平面，条件可以推出结论，反之不成立，∴“α∥β是“l∥β”的充分不必要条件．故选A．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面与平面平行的判定．4、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.5、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．6、B【解题分析】解：分三类：种两种花有种种法；种三种花有2种种法；种四种花有种种法．共有2++=1．故选B7、A【解题分析】分析：要分析一个演绎推理是否正确，主要观察所给的大前提，小前提和结论及推理形式是否都正确，根据这几个方面都正确，才能得到这个演绎推理正确．根据三段论进行判断即可得到结论.详解：演绎推理““因为时，是的极值点，而对于函数，，所以0是函数的极值点.”中，

大前提：时，在两侧的符号如果不相反，则不是的极值点，故错误，

故导致错误的原因是：大前提错误，

故选：A．点睛：本题考查演绎推理，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题8、A【解题分析】

逐一判断每一个选项的真假得解.【题目详解】对于选项A,假设x≤1，y≤1，所以x+y≤2，与已知矛盾，所以原命题正确.当x=2时，2x=x2，故B错误．当a=b=0时，满足a+b=0，但=﹣1不成立，故a+b=0的充要条件是=﹣1错误，∀x∈R，ex＞0，故∃x0∈R，错误，故正确的命题是A，故答案为：A【题目点拨】（1）本题主要考查命题的真假的判断，考查全称命题和特称命题的真假，考查充要条件和反证法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.（2）对于含有“至少”“至多”的命题的证明，一般利用反证法.9、D【解题分析】

由题意利用二项展开式的通项公式，求出（1﹣x）5展开式x3的系数．【题目详解】解：根据（1﹣x）5展开式的通项公式为Tr+1＝•（﹣x）r，令r＝3，可得x3的系数是﹣＝﹣10，故选：A．【题目点拨】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．10、A【解题分析】

根据三视图可知几何体为三棱锥，根据棱锥体积公式求得结果.【题目详解】由三视图可知，几何体为三棱锥三棱锥体积为：本题正确选项：【题目点拨】本题考查棱锥体积的求解，关键是能够通过三视图确定几何体为三棱锥，且通过三视图确定三棱锥的底面和高.11、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.12、D【解题分析】因为集合B中，x∈A，所以当x＝1时，y＝3－2＝1；当x＝2时，y＝3×2－2＝4；当x＝3时，y＝3×3－2＝7；当x＝4时，y＝3×4－2＝10.即B＝{1,4,7,10}．又因为A＝{1,2,3,4}，所以A∩B＝{1,4}．故选D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、390【解题分析】

用2色涂格子有种方法,

用3色涂格子,第一步选色有,第二步涂色,共有种,

所以涂色方法种方法,

故总共有390种方法.

故答案为:39014、【解题分析】

根据法向量得直线斜率，再根据点斜式得直线方程【题目详解】因为直线一个法向量为，所以直线l的斜率为，因此直线l的方程是故答案为：【题目点拨】本题考查直线方程，考查基本分析求解能力，属基础题.15、3【解题分析】

由题得抛物线的准线方程为，过点作于，根据抛物线的定义将问题转化为的最小值，根据点在圆上，判断出当三点共线时，有最小值，进而求得答案.【题目详解】由题得抛物线的准线方程为，过点作于，又，所以，因为点在圆上，且，半径为，故当三点共线时，，所以的最小值为3.故答案为：3【题目点拨】本题主要考查了抛物线的标准方程与定义，与圆有关的最值问题，考查了学生的转化与化归的思想.16、【解题分析】

利用先求得,再利用求解即可,注意利用角的范围确定三角函数值的符号.【题目详解】由题,因为,且,则或,因为为第四象限角,所以,则,所以,故答案为:【题目点拨】本题考查利用同角的三角函数关系求三角函数值,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)或．【解题分析】

（１）根据题意，先对函数进行求导，再求函数在点处的导数即切线斜率，代入点斜式方程，再化为一般式方程即可。（２）设切点坐标为，将代入得出，利用点斜式表达出直线方程，再将点代入直线方程，即可求解出，从而推得直线方程的解析式。【题目详解】解：（1）由，，则曲线在点处的切线方程为．（2）设切点的坐标为，则所求切线方程为代入点的坐标得，解得或当时，所求直线方程为由（1）知过点且与曲线相切的直线方程为或．故答案为或。【题目点拨】本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程。若已知曲线过点，求曲线过点的切线方程，则需分点是切点和不是切点两种情况求解。18、（1）（2）【解题分析】分析：（1）先化简集合A,B，再求.(2)先化简集合A,B，再根据AB得到，解不等式得到实数的取值范围.详解：（1）当时，，解得.则.由，得.则.所以.（2）由，得.若AB，则解得.所以实数的取值范围是.点睛：（1）本题主要考查集合的运算和集合的关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和基本计算能力.(2)把分式不等式通过移项、通分、因式分解等化成的形式→化成不等式组→解不等式组得解集.19、（1）；（2）66人；（3）有的把握认为“礼让斑马线”行为与驾龄关．【解题分析】

（1）利用所给数据计算、，求出回归系数，写出回归直线方程；

（2）由（1）中的回归直线方程计算x=7时的值即可；

（3）由列联表中数据计算K2，对照临界值得出结论．【题目详解】（1）由表中数据知，，∴，∴，∴所求回归直线方程为．（2）由（1）知，令，则人.（3）由表中数据得，根据统计有的把握认为“礼让斑马线”行为与驾龄关．【题目点拨】本题考查了线性回归方程与独立性检验的应用问题，是基础题．20、(1)；(2)【解题分析】

(1)当时，，求导，可知函数在上单调递增，即可求出的值域；(2)根据已知可得，对分类讨论：当时，不等式恒成立；当时，，令，只需即可，求导可得，令，则，即可得，从而可得，从而可得．【题目详解】(1)当时，，所以所以在上单调递增，最小值为，最大值为，所以的值域为．(2)由，得，①当时，不等式恒成立，此时；②当时，，令，则，令，则，所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以，所以综上可得实数的取值范围．【题目点拨】本题主要考查导数在研究函数中的应用，同时考查恒成立及分类讨论的思想，属于中档题．21、（1）详见解析（2）【解题分析】试题分析：（1）由可得,则数列为等比数列且公比为2.可得数列的通项公式.并将代入用对数的运算法则将其化简.再证为常数.（2）数列是一个等差数列乘以一个等比数列，用错位相减法求数列的前项和.试题解析：（1