河北省保定市长城高级中学2024届数学高二下期末质量检测试题含解析

河北省保定市长城高级中学2024届数学高二下期末质量检测试题注意事项：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．设是双曲线上一点，双曲线的一条渐近线方程为、分别是双曲线的左、右焦点，若，则（）A．1或9 B．6 C．9 D．以上都不对2．设，则的展开式中的常数项为（）A． B． C． D．3．在的展开式中，系数的绝对值最大的项为（）A． B． C． D．4．与曲线相切于处的切线方程是（其中是自然对数的底）（）A． B． C． D．5．若的展开式中第3项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之和为A． B． C． D．6．一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下，甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：“乙说的是事实”．经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是()A．乙B．甲C．丁D．丙7．已知函数在处取得极值，则的图象在处的切线方程为（）A． B． C． D．8．抛物线上的点到直线的最短距离为()A． B． C． D．9．（）A． B． C．2 D．110．下列四个命题中，真命题的个数是（）①命题：“已知，“”是“”的充分不必要条件”；②命题：“p且q为真”是“p或q为真”的必要不充分条件；③命题：已知幂函数的图象经过点（2，），则f（4）的值等于；④命题：若，则．A．1 B．2 C．3 D．411．已知函数，若，，，则的取值范围是（）A． B． C． D．12．函数的图象在点处的切线方程为A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为__________．14．设函数，若对任意的，存在，使得，则实数的取值范围是______________.15．已知复数是纯虚数，则实数_________.16．已知、满足组合数方程，则的最大值是_____________.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）如图所示，三棱锥中，平面，，，为上一点，，，分别为，的中点.（1）证明：；（2）求平面与平面所成角的余弦值.18．（12分）已知函数f（x）=x2（x-1）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求f（x）在区间[-1，2]上的最大值和最小值．19．（12分）在中，内角所对的边分别为，且．（1）求角；（2）若，的面积为，求的值．20．（12分）若存在常数（），使得对定义域内的任意，（），都有成立，则称函数在其定义域上是“利普希兹条件函数”.（1）判断函数是否是“利普希兹条件函数”，若是，请证明，若不是，请说明理由；（2）若函数（）是“利普希兹条件函数”，求常数的最小值；（3）若（）是周期为2的“利普希兹条件函数”，证明：对任意的实数，，都有.21．（12分）已知函数.(1)当时，解不等式；(2)若不等式有实数解，求实数a的取值范围.22．（10分）已知函数.（Ⅰ）求函数的最小正周期和单调递减区间；（Ⅱ）已知，且，求的值.

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、C【解题分析】

根据双曲线的一条渐近线方程为求出，由双曲线的定义求出，判断点在左支上，即求.【题目详解】双曲线的渐近线方程为，又双曲线的一条渐近线方程为，.由双曲线的定义可得，又，或.点在左支上，.故选：.【题目点拨】本题考查双曲线的定义和性质，属于基础题.2、B【解题分析】

利用定积分的知识求解出，从而可列出展开式的通项，由求得，代入通项公式求得常数项.【题目详解】展开式通项公式为：令，解得：，即常数项为：本题正确选项：【题目点拨】本题考查二项式定理中的指定项系数的求解问题，涉及到简单的定积分的求解，关键是能够熟练掌握二项展开式的通项公式的形式.3、D【解题分析】

根据最大的系数绝对值大于等于其前一个系数绝对值；同时大于等于其后一个系数绝对值；列出不等式求出系数绝对值最大的项；【题目详解】二项式展开式为：设系数绝对值最大的项是第项，可得可得，解得在的展开式中，系数的绝对值最大的项为：故选：D.【题目点拨】本题考查二项展开式中绝对值系数最大项的求解，涉及展开式通项的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题．4、B【解题分析】

求出导函数，把代入导函数，可求出切线的斜率，根据的坐标和直线的点斜式方程可得切线方程．【题目详解】由可得，切线斜率，故切线方程是，即．故选B．【题目点拨】本题主要考查利用导数求曲线切线方程，属于简单题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.5、B【解题分析】由题意知：，所以，故，令得所有项系数之和为.6、A【解题分析】

由题意，这个问题的关键是四人中有两人说真话，另外两人说了假话，通过这一突破口，进行分析，推理即可得到结论.【题目详解】在甲、乙、丙、丁四人的供词中，可以得出乙、丁两人的观点是一致的，因此乙丁两人的供词应该是同真同假（即都是真话或都是假话，不会出现一真一假的情况）；假设乙、丁两人所得都是真话，那么甲、丙两人说的是假话，由乙说真话可推出丙是犯罪的结论；由甲说假话，推出乙、丙、丁三人不是犯罪的结论；显然这两人是相互矛盾的；所以乙、丁两人说的是假话，而甲、丙两人说的是真话，由甲、丙的供词可以断定乙是犯罪的，乙、丙、丁中有一人是犯罪的，由丁说假话，丙说真话推出乙是犯罪的，综上可得乙是犯罪的，故选A.【题目点拨】本题主要考查了推理问题的实际应用，其中解答中结合题意，进行分析，找出解决问题的突破口，然后进行推理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力.7、A【解题分析】

利用列方程，求得的值，由此求得，进而求得的图象在处的切线方程.【题目详解】，函数在处取得极值，，解得，，于是，可得的图象在处的切线方程为，即．故选：A【题目点拨】本小题主要考查根据极值点求参数，考查利用导数求切线方程，属于基础题.8、B【解题分析】分析：设抛物线上点，由点到直线距离公式，得点A到直线的距离，由二次函数的性质，可求最小距离.详解：设抛物线上的任意一点，由抛物线的性质点A到直线的距离易得由二次函数的性质可知，当时，最小距离.故选B.点睛：本题考查抛物线的基本性质，点到直线距离公式，考查学生转化能力和计算能力.9、A【解题分析】

根据定积分表示直线与曲线围成的图像面积，即可求出结果.【题目详解】因为定积分表示直线与曲线围成的图像面积，又表示圆的一半，其中；因此定积分表示圆的，其中，故.故选A【题目点拨】本题主要考查定积分的几何意义，熟记定积分几何意义即可，属于基础题型.10、C【解题分析】

命题①单位圆x2+y2＝1上或圆外任取一点P（a，b），满足“a2+b2≥1”，根据三角形两边之和大于第三边，一定有“|a|+|b|≥1”，在单位圆内任取一点M（a，b），满足“|a|+|b|≥1”，但不满足“a2+b2≥1”，从而判断命题的真假性；命题②先由“p且q为真”推出p、q的真假，然后判断“p或q”的真假，反之再加以判断；命题③直接把点的坐标代入幂函数求出α，然后把x＝4代入求值即可；命题④构造函数f（x）＝x﹣1+lnx，其中x＞0，利用导数判断函数的单调性，从而判断命题的真假性；【题目详解】命题①如图在单位圆x2+y2＝1上或圆外任取一点P（a，b），满足“a2+b2≥1”，根据三角形两边之和大于第三边，一定有“|a|+|b|≥1”，在单位圆内任取一点M（a，b），满足“|a|+|b|≥1”，但不满足，“a2+b2≥1”，故a2+b2≥1是“|a|+|b|≥1”的充分不必要条件，故命题①正确；命题②“p且q为真”，则命题p、q均为真，所以“p或q为真”．反之“p或q为真”，则p、q都为真或p、q一真一假，所以不一定有“p且q为真”.所以命题“p且q为真”是“p或q为真”的充分不必要条件，故命题②不正确；命题③由幂函数f（x）＝xα的图象经过点（2，），所以2α＝，所以α＝﹣，所以幂函数为f（x）＝，所以f（4）＝，所以命题③正确；命题④若x+lnx＞1，则x﹣1+lnx＞0，设f（x）＝x﹣1+lnx，其中x＞0，∴＞0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，且f（1）＝0，∴f（x）＞0时x＞1，即x+lnx＞1时x＞1，所以命题④正确.故选：C【题目点拨】本题考查命题的真假判断，充分不必要条件，幂函数，构造函数，利用导数判断函数的单调性，考查学生的计算能力，知识综合性强，属于中档题．11、D【解题分析】

根据题意将问题转化为，记，从而在上单调递增，从而在上恒成立，利用分离参数法可得，结合题意可得即可.【题目详解】设，因为，所以.记，则在上单调递增，故在上恒成立，即在上恒成立，整理得在上恒成立.因为，所以函数在上单调递增，故有.因为，所以，即.故选：D【题目点拨】本题考查了导数在不等式恒成立中的应用、函数单调性的应用，属于中档题.12、C【解题分析】f′(x)＝，则f′(1)＝1，故函数f(x)在点(1，－2)处的切线方程为y－(－2)＝x－1，即x－y－3＝0.故选C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】该同学通过测试的概率为，故答案为.14、【解题分析】

由任意的，存在，使得，可得在的值域为在的值域的子集，构造关于实数的不等式，可得结论。【题目详解】由题可得：，令，解得：，令，解得：，令，解得：所以在上单调递增，在上单调递减，，，故在的值域为；，所以在为偶函数；当时，，由于，则，，由，即当时，，故函数在上单调递增，在单调递减，，，故在的值域为；由任意的，存在，使得，可得在的值域为在的值域的子集，则，解得：；所以实数的取值范围是【题目点拨】本题考查利用导数求函数的最值，解题的关键是根据条件分析出在的值域为在的值域的子集，属于中档题。15、【解题分析】

将化简为的形式，根据复数是纯虚数求得的值.【题目详解】因为为纯虚数，所以.【题目点拨】本小题主要考查复数乘法运算，考查纯虚数的概念，属于基础题.16、【解题分析】

由组合数的性质得出或，然后利用二次函数的性质或基本不等式求出的最大值，并比较大小可得出结论.【题目详解】、满足组合数方程，或，当时，则；当时，.因此，当时，取得最大值.故答案为：.【题目点拨】本题考查组合数基本性质的应用，同时也考查了两数乘积最大值的计算，考查了二次函数的基本性质的应用以及基本不等式的应用，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)见解析；（2）见解析.【解题分析】分析：由PA=AC=AB，N为AB上一点，AB=4AN，我们不妨令PA=1，然后以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系．由此不难得到各点的坐标（1）要证明CM⊥SN，我们可要证明即可，根据向量数量积的运算，我们不难证明；（2）要求平面与平面CMN所成角的大小，我们只要利用求向量夹角的方法，求出平面与平面CMN的法向量的夹角，再由它们之间的关系，易求出平面与平面CMN所成角的大小．详解：设PA＝1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系(如图)．则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，又AN＝AB，M、S分别为PB、BC的中点，∴N(，0,0)，M(1,0，)，S(1，，0)，(1)＝(1，－1，)，＝(－，－，0)，∴·＝(1，－1，)·(－，－，0)＝0，[来源:Z.X.X.K]因此CM⊥SN.＝(－，1,0)，设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，∴·a＝0，·a＝0.则∴取y＝1，则得＝(2,1，－2)．平面NBC的法向量，因为平面NBC与平面CMN所成角是锐二面角所以平面NBC与平面CMN所成角的余弦值为.点睛：空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.18、(1)的递增区间为，递减区间为．(2)最大值，最小值．【解题分析】分析：（1）求导数后，由可得增区间，由可得减区间．（2）根据单调性求出函数的极值和区间的端点值，比较后可得最大值和最小值．详解：（1）∵，∴．由，解得或；由，解得，所以的递增区间为，递减区间为．（2）由（1）知是的极大值点，是的极小值点，所以极大值，极小值，又，，所以最大值，最小值．点睛：（1）求单调区间时，由可得增区间，由可得减区间，解题时注意导函数的符号与单调性的关系．（2）求函数在闭区间上的最值时，可先求出函数的极值和区间的端点值，通过比较后可得最大值和最小值．19、（1）；（2）【解题分析】

（1）可通过化简计算出的值，然后解出的值。（2）可通过计算和的值来计算的值。【题目详解】（1）由得，又，所以，得，所以。（2）由的面积为及得，即，又，从而由余弦定理得，所以，所以。【题目点拨】本题考察的是对解三角函数的综合运用，需要对相关的公式有着足够的了解。20、（1）不是；详见解析（2）；（3）证明见解析.【解题分析】

（1）利用特殊值,即可验证是不是“利普希兹条件函数”.（2）分离参数,将不等式变为关于,