广东高明一中2024届数学高二第二学期期末质量检测试题含解析

广东高明一中2024届数学高二第二学期期末质量检测试题注意事项：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．某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：——结伴步行，——自行乘车，——家人接送，——其他方式，并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图.根据图中信息，求得本次抽查的学生中类人数是（）A．30 B．40 C．42 D．482．下列命题中正确的是（）A．若为真命题，则为真命题B．“”是“”的充要条件C．命题“，则或”的逆否命题为“若或，则”D．命题：，使得，则：，使得3．已知向量，，若，则（）A．－1 B．1 C．－2或1 D．－2或－14．函数的递增区间为（）A．， B．C．， D．5．如图，在中，．是的外心，于，于，于，则等于（）A． B．C． D．6．在中，，若，则A． B． C． D．7．已知A(2，－5,1)，B(2，－4，2)，C(1，－4,1)，则与的夹角为（）A．30° B．60° C．45° D．90°8．已知定义域为的函数满足‘’，当时，单调递减，如果且，则的值（）A．等于0 B．是不等于0的任何实数C．恒大于0 D．恒小于09．名学生在一次数学考试中的成绩分别为如，，，…，，要研究这名学生成绩的平均波动情况，则最能说明问题的是（）A．频率 B．平均数 C．独立性检验 D．方差10．袋中装有完全相同的5个小球，其中有红色小球3个，黄色小球2个，如果不放回地依次摸出2个小球，则在第一次摸出红球的条件下，第二次摸出红球的概率是（）A．310B．35C．111．已知甲、乙两车由同一起点同时出发，并沿同一路线（假定为直线）行驶,甲车、乙车的速度曲线分别为和（如图所示）,那么对于图中给定的和，下列判断中一定正确的是（）A．在时刻，两车的位置相同B．时刻后，甲车在乙车后面C．在时刻，两车的位置相同D．在时刻，甲车在乙车前面12．分子为1且分母为正整数的分数称为单位分数，1可以分拆为若干个不同的单位分数之和：1=12+13+16，A．228 B．240 C．260 D．273二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若实数x，y满足，则的最大值为__________；14．已知，则___________；15．已知函数的图象上存在点,函数的图象上存在点,且点和点关于原点对称，则实数的取值范围是________.16．已知，则展开式中项的系数为______.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）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程与圆的直角坐标方程；（2）设动点在圆上，动线段的中点的轨迹为，与直线交点为，且直角坐标系中，点的横坐标大于点的横坐标，求点的直角坐标.18．（12分）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；19．（12分）已知函数.⑴求函数的单调区间；⑵如果对于任意的，总成立，求实数的取值范围.20．（12分）设命题：函数在上单调递增，命题：不等式对于恒成立，若“”为假，“”为真，求实数的取值范围.21．（12分）在直角坐标系中，曲线C的参数方程为为参数．在以原点为极点，为参数）．在以原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为．（Ⅰ）求曲线C的普通方程和直线的直角坐标方程；（Ⅱ）设，直线与曲线C交于M，N两点，求的值．22．（10分）已知.（1）当时，求：①展开式中的中间一项；②展开式中常数项的值；（2）若展开式中各项系数之和比各二项式系数之和大，求展开式中含项的系数.

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】

根据所给的图形，计算出总人数，即可得到A的人数．【题目详解】解：根据选择D方式的有18人，所占比例为15%，得总人数为120人，故选择A方式的人数为120﹣42﹣30﹣18＝30人．故选A．【题目点拨】本题考查了条形图和饼图的识图能力，考查分析问题解决问题的能力．2、B【解题分析】

根据且、或命题真假性判断A选项真假，根据充要条件知识判断B选项真假，根据逆否命题的概念判断C选项真假，根据特称命题的否定是全称命题判断D选项真假.【题目详解】对于A选项，当真时，可能一真一假，故可能是假命题，故A选项为假命题.对于B选项，根据基本不等式和充要条件的知识可知，B选项为真命题.对于C选项，原命题的逆否命题为“若且，则”，故C选项为假命题.对于D选项，原命题为特称命题，其否定是全称命题，要注意否定结论，即：，使得.综上所述，本小题选B.【题目点拨】本小题主要考查还有简单逻辑连接词真假性，考查充要条件，考查逆否命题，考查特称命题的否定是全称命题等知识，属于基础题.3、C【解题分析】

根据题意得到的坐标，由可得的值.【题目详解】由题，，，或，故选C【题目点拨】本题考查利用坐标法求向量差及根据向量垂直的数量积关系求参数4、A【解题分析】分析：直接对函数求导，令导函数大于0，即可求得增区间.详解：，，增区间为.故答案为A.点睛：本题考查了导数在研究函数的单调性中的应用，需要注意的是函数的单调区间一定是函数的定义域的子集，因此求函数的单调区间一般下，先求定义域；或者直接求导，在定义域内求单调区间.5、D【解题分析】由正弦定理有,为三角形外接圆半径,所以,在中,,同理,所以,选D.6、A【解题分析】

根据平面向量的线性运算法则，用、表示出即可.【题目详解】即：本题正确选项：【题目点拨】本题考查平面向量的加法、减法和数乘运算，属于基础题.7、B【解题分析】分析：由题意可得，，进而得到与，再由，可得结论.详解：，，，并且，，与的夹角为，故选B.点睛：本题主要考查空间向量夹角余弦公式，属于中档题.解决此类问题的关键是熟练掌握由空间点的坐标写出向量的坐标与向量求模.8、D【解题分析】

由且，不妨设，，则，因为当时，单调递减，所以，又函数满足，所以，所以，即.故选：D.9、D【解题分析】分析：直接根据频率、平均数、独立性检验、方差的基本定义判断即可.详解：因为频率表示可能性大小，错；平均数表示平均水平的高低，错；独立性检验主要指两个变量相关的可能性大小，错；方差表示分散与集中程度以及波动性的大小，对，故选D.点睛：本题主要考查频率、平均数、独立性检验、方差的基本定义，属于简单题.10、C【解题分析】试题分析：因为第一次摸到红球的概率为35，则第一次摸出红球且第二次摸出红球的概率为35×考点：1、条件概率；2、独立事件．11、D【解题分析】

根据图象可知在前，甲车的速度高于乙车的速度；根据路程与速度和时间的关系可得到甲车的路程多于乙车的路程，从而可知甲车在乙车前面.【题目详解】由图象可知，在时刻前，甲车的速度高于乙车的速度由路程可知，甲车走的路程多于乙车走的路程在时刻，甲车在乙车前面本题正确选项：【题目点拨】本题考查函数图象的应用，关键是能够准确选取临界状态，属于基础题.12、C【解题分析】

使用裂项法及m，n的范围求出m，n的值，从而求出答案．【题目详解】∵1=1∴1=1∴1∵m⩽n，m，n∈N∴m=13，n=20，所以mn=260.故选：C【题目点拨】本题主要考查归纳推理和裂项相消法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、3【解题分析】

作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移此直线可得最优解。【题目详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，向上平移直线，增大，当直线过点时，取得最大值3。故答案为：3。【题目点拨】本题考查简单的线性规划，解题方法是作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移此直线可得最优解。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】

由题可以转化为函数y＝a+2lnx（x∈[，e]）的图象与函数y＝x2+2的图象有交点，即方程a+2lnx＝x2+2（x∈[，e]）有解，即a＝x2+2﹣2lnx（x∈[，e]）有解，令f（x）＝x2+2﹣2lnx，利用导数法求出函数的值域，可得答案．【题目详解】函数y＝﹣x2﹣2的图象与函数y＝x2+2的图象关于原点对称，若函数y＝a+2lnx（x∈[，e]）的图象上存在点P，函数y＝﹣x2﹣2的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，则函数y＝a+2lnx（x∈[，e]）的图象与函数y＝x2+2的图象有交点，即方程a+2lnx＝x2+2（x∈[，e]）有解，即a＝x2+2﹣2lnx（x∈[，e]）有解，令f（x）＝x2+2﹣2lnx，则f′（x），当x∈[，1）时，f′（x）＜0，当x∈（1，e]时，f′（x）＞0，故当x＝1时，f（x）取最小值3，由f（）4，f（e）＝e2，故当x＝e时，f（x）取最大值e2，故a∈[3，e2]，故答案为【题目点拨】本题考查的知识点是函数图象的对称性，函数的值域，难度中档．16、-2【解题分析】

利用定积分可求=2，则二项式为，展开式的通项：．令5-2r=-1，解得r=1．继而求出系数即可．【题目详解】∵=2，则二项式的展开式的通项：，令5-2r=-1，解得r=1．∴展开式中x-1的系数为.故答案为：-2．【题目点拨】本题考查二项式定理通项的应用，根据通项公式展开即可，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)的直角坐标方程是.直线的普通方程为.(2).【解题分析】

（1）消去参数后可得的普通方程，把化成，利用互化公式可得的直角方程.（2）设点，则，利用在椭圆上可得的直角方程，联立直线的普通方程和的直角坐标方程可得的直角坐标.【题目详解】解：（1）由，得，将互化公式代上式，得，故圆的直角坐标方程是.由，得，即.所以直线的普通方程为.（2）设点.由中点坐标公式得曲线的直角坐标方程为.联立，解得，或.故点的直角坐标是.【题目点拨】极坐标转化为直角坐标，关键是，而直角坐标转化为极坐标，关键是．参数方程化为直角方法，关键是消去参数，消参的方法有反解消参、平方消参、交轨法等．18、（1）见解析；（2）见解析；【解题分析】

（1）要证BD⊥平面PAC，只需在平面PAC上找到两条直线跟BD垂直即证，显然，从平面中可证，即证.(2)要证明平面PAB⊥平面PAE,可证平面即可.【题目详解】（1）证明：因为平面,所以；因为底面是菱形，所以;因为,平面,所以平面.（2）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,因为,所以；因为平面，平面,所以；因为所以平面，平面,所以平面平面.【题目点拨】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19、（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）【解题分析】

试题分析：⑴求出函数的导数令其大于零得增区间，令其小于零得减函数；⑵令，要使总成立，只需时，对讨论,利用导数求的最小值.试题解析：(1)由于，所以.当，即时，；当，即时，.所以的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)令，要使总成立，只需时.对求导得，令，则，()所以在上为增函数，所以.对分类讨论：①当时，恒成立，所以在上为增函数，所以，即恒成立；②当时，在上有实根，因为在上为增函数，所以当时，，所以，不符合题意；③当时，恒成立，所以在上为减函数，则，不符合题意.综合①②③可得，所求的实数的取值范围是.考点：利用导数求函数单调区间、利用导数求函数最值、构造函数.20、的取值范围是【解题分析】试题分析：∵命题p：函数在R上单调递增,∴a>1，又命题q：不等式对于恒成立△=(-a)-4<0，∴-2<a<2∵“”为假，“”为真,∴p,q必一真一假;(1)当p真,q假时,有，∴(2)当p假,q真时,有，∴-2<a≤1.综上,实数的取值范围为-------12分考点：本题考查了复合命题的真假点评：“P或Q”是真命题，“P且Q”是假命题，根据真假表知，P，Q之中一真一假，因此有两种情况，要分类讨论21