内蒙古巴彦淖尔一中2024届高二数学第二学期期末质量检测试题含解析

内蒙古巴彦淖尔一中2024届高二数学第二学期期末质量检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知与之间的一组数据，则与的线性回归方程必过点（）A． B． C． D．2．“已知函数，求证：与中至少有一个不少于.”用反证法证明这个命题时，下列假设正确的是（）A．假设且B．假设且C．假设与中至多有一个不小于D．假设与中至少有一个不大于3．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4．若，则的单调递增区间为（）A． B． C． D．5．设集合，，，则A． B．C． D．6．已知A={|}，B={|}，则A∪B=A．{|或} B．{|} C．{|} D．{|}7．已知是定义在上的函数，且对于任意，不等式恒成立，则整数的最小值为（）A．1 B．2 C．3 D．48．条件，条件，若是的必要不充分条件，则的取值范围是（）A． B． C． D．9．在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，若，则的面积为()A． B． C． D．10．设，向量，若，则等于()A． B． C．－4 D．411．函数的图象大致为A． B． C． D．12．在一次投篮训练中，某队员连续投篮两次.设命题是“第一次投中”，是“第二次投中”，则命题“两次都没有投中目标”可表示为A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列是正项数列，是数列的前项和，且满足.若，是数列的前项和，则_______.14．的展开式中的系数是.（用数字填写答案）15．正四棱柱的底面边长为2，若与底面ABCD所成角为60°，则和底面ABCD的距离是________16．对于，，规定，集合，则中的元素的个数为__________．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）已知函数在处取到极值.（1）求实数的值，并求出函数的单调区间；（2）求函数在上的最大值与最小值及相应的的值.18．（12分）在平面直角坐标系中，直线的普通方程为，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(Ⅰ)求直线的参数方程和极坐标方程；(Ⅱ)设直线与曲线相交于两点，求的值.19．（12分）已知函数，（1）求在区间上的极小值和极大值；（2）求在（为自然对数的底数）上的最大值．20．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．（1）若与相交于两点，，求；（2）圆的圆心在极轴上，且圆经过极点，若被圆截得的弦长为，求圆的半径．21．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，），曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）设曲线与曲线的交点分别为，求的最大值及此时直线的倾斜角.22．（10分）在极坐标系中，已知圆经过点，且圆心为，求圆的极坐标方程.

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】

计算出和，即可得出回归直线必过的点的坐标.【题目详解】由题意可得，，因此，回归直线必过点，故选：C.【题目点拨】本题考查回归直线必过的点的坐标，解题时要熟悉“回归直线过样本中心点”这一结论的应用，考查结论的应用，属于基础题.2、B【解题分析】分析：因为与中至少有一个不少于的否定是且，所以选B.详解：因为与中至少有一个不少于的否定是且，故答案为：B.点睛：（1）本题主要考查反证法，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)两个数中至少有一个大于等于a的否定是两个数都小于a.3、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.4、D【解题分析】分析：先求，再求函数的单调增区间.详解：由题得令因为x>0，所以x>2.故答案为：D.点睛：（1）本题主要考查利用导数求函数的单调区间，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)用导数求函数的单调区间：求函数的定义域→求导→解不等式＞0得解集→求,得函数的单调递增（减）区间.5、C【解题分析】分析：由题意首先进行并集运算，然后进行交集运算即可求得最终结果.详解：由并集的定义可得：，结合交集的定义可知：.本题选择C选项.点睛：本题主要考查并集运算、交集运算等知识，意在考查学生的计算求解能力.6、D【解题分析】

根据二次不等式的解法得到B={|}=，再根据集合的并集运算得到结果.【题目详解】B={|}=,A={|},则A∪B={|}.故答案为:D.【题目点拨】高考对集合知识的考查要求较低，均是以小题的形式进行考查，一般难度不大，要求考生熟练掌握与集合有关的基础知识．纵观近几年的高考试题，主要考查以下两个方面：一是考查具体集合的关系判断和集合的运算．解决这类问题的关键在于正确理解集合中元素所具有属性的含义，弄清集合中元素所具有的形式以及集合中含有哪些元素．二是考查抽象集合的关系判断以及运算．7、A【解题分析】

利用的单调性和奇偶性，将抽象不等式转化为具体不等式，然后将恒成立问题转化成最值问题，借助导数知识，即可解决问题．【题目详解】，可知，且单调递增，可以变为，即，∴，可知，设，则，当时，，当时，单调递增；当时，单调递减，可知，∴，∵，∴整数的最小值为1.故选A.【题目点拨】本题主要考查了函数的性质、抽象不等式的解法、以及恒成立问题的一般解法，意在考查学生综合运用所学知识的的能力．8、B【解题分析】因为是的必要不充分条件，所以是的必要不充分条件，可以推导出，但是不能推导出，若，则等价于无法推导出；若，则等价于满足条件的为空集，无法推导出；若，则等价于，由题意可知，，，，的取值范围是，故选B.9、C【解题分析】

设直线的方程为，与抛物线联立，设，由，所以，结合韦达定理可得，，由可得解.【题目详解】因为抛物线的焦点为所以，设直线的方程为，将代入，可得，设，则，，因为，所以，所以，，所以，即，所以，所以的面积，故选C．【题目点拨】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了设而不求的思想，由转化为是解题的关键，属于基础题.10、D【解题分析】

直接利用向量垂直的充要条件列方程求解即可.【题目详解】因为，且，所以，化为，解得，故选D.【题目点拨】利用向量的位置关系求参数是命题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.11、B【解题分析】由于,故排除选项.,所以函数为奇函数,图象关于原点对称,排除选项.,排除选项,故选B.12、D【解题分析】分析：结合课本知识点命题的否定和“且”联结的命题表示来解答详解：命题是“第一次投中”，则命题是“第一次没投中”同理可得命题是“第二次没投中”则命题“两次都没有投中目标”可表示为故选点睛：本题主要考查了，以及的概念，并理解为真时，，中至少有一个为真。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

利用将变为，整理发现数列{}为等差数列，求出，进一步可以求出，再将，代入，发现可以裂项求的前99项和。【题目详解】当时，符合，当时，符合，【题目点拨】一般公式的使用是将变为，而本题是将变为，给后面的整理带来方便。先求，再求，再求，一切都顺其自然。14、【解题分析】由题意，二项式展开的通项，令，得，则的系数是.考点：1.二项式定理的展开式应用.15、.【解题分析】分析：确定A1C1到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高，即可求得结论．详解：∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，∴平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∵A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴A1C1∥平面ABCD∴A1C1到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为2，AC1与底面ABCD成60°角，∴A1A=2tan60°=故答案为．点睛：本题考查线面距离，确定A1C1到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高是解题的关键．如果直线和已知的平面是平行的，可以将直线和平面的距离，转化为直线上一点到平面的距离.16、2【解题分析】分析：由⊕的定义，ab=1分两类进行考虑：a和b一奇一偶，则ab=1；a和b同奇偶，则a+b=1．由a、b∈N*列出满足条件的所有可能情况，再考虑点（a，b）的个数即可详解：ab=1，a、b∈N*，若a和b一奇一偶，则ab=1，满足此条件的有1×1=3×12=4×9，故点（a，b）有6个；若a和b同奇偶，则a+b=1，满足此条件的有1+35=2+34=3+33=4+32=…=18+18共18组，故点（a，b）有35个，所以满足条件的个数为2个．故答案为2．点睛：本题考查的知识要点：列举法在排列组合中的应用，正确理解新定义的含义是解决本题的关键．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），函数在单调递减，在和上单调递增（2），此时；，此时【解题分析】

（1）先求导，再根据导数和函数的极值的关系即可求出，（2）根据导数和函数的最值得关系即可求出．【题目详解】解：（1）由条件得，又在处取到极值，故，解得.此时由，解得或，由，解得，因此，函数在单调递减，在和上单调递增.（2）由（1）可知函数在单调递增，在单调递减，在单调递增.故，此时；此时.【题目点拨】本题考查了函数的单调性、极值问题，最值问题，考查转化思想，属于中档题．18、(Ⅰ)直线的参数方程为(为参数)极坐标方程为()(Ⅱ)5【解题分析】

(Ⅰ)直线的普通方程为，可以确定直线过原点，且倾斜角为，这样可以直接写出参数方程和极坐标方程；(Ⅱ)利用，把曲线的参数方程化为普通方程，然后把直线的参数方程代入曲线的普通方程中，利用根与系数的关系和参数的意义，可以求出的值.【题目详解】解:(Ⅰ)直线的参数方程为(为参数)极坐标方程为()(Ⅱ)曲线的普通方程为将直线的参数方程代入曲线中，得，设点对应的参数分别是，则，【题目点拨】本题考查了直线的参数方程化为普通方程和极坐标方程问题，同时也考查了直线与圆的位置关系，以及直线参数方程的几何意义.19、（1）极小值为，极大值为.（2）答案不唯一，具体见解析【解题分析】

（1）对三次函数进行求导，解导数不等式，画出表格，从而得到极值；（2）由（1）知函数的性质，再对进行分类讨论，求在的性质，比较两段的最大值，进而得到函数的最大值.【题目详解】（1）当时，，令，解得或.当x变化时，，的变化情况如下表：x0-0+0-递减极小值递增极大值递减故当时，函数取得极小值为，当时，函数取值极大值为.（2）①当时，由（1）知，函数在和上单调递减，在上单调递增.因为，，，所以在上的值大值为2.②当时，，当时，；当时，在上单调递增，则在上的最大值为.故当时，在上最大值为；当时，在上的最大值为2.【题目点拨】本题三次函数、对数函数为背景，考查利用导数求三次函数的极值，考查分类讨论思想的应用.20、（1）6；（2）13.【解题分析】

（1）将直线参数方程代入圆的直角坐标方程，利用求解得到结果；（2）写出的普通方程并假设圆的直角坐标方程，利用弦长为建立与的关系，再结合圆心到直线距离公式得到方程，解方程求得，即为圆的半径.【题目详解】（1）由，得将代入，得设两点对应的参数分别为，则故（2）直线的普通方程为设圆的方程为圆心到直线的距离为因为，所以解得：或（舍）则圆的半径为【题目点拨】本题考查直线参数方程中参数的几何意义、极坐标与直角坐标的互化、参数方程化普通方程.解决直线参数方程问题中距离之和或积的关键，是明确直线参数方程标准形式中的参数的几何意义，将距离问题转化为韦达定理的形式.21、（1）（2）最大值为8，此时直线的倾斜角为【解题分析】

（1）先将曲线的参数方程化为代数方程，再将此平面直角坐标系的代数方程化为极坐标方程；（2）将直线的参数方程代入曲线的代数方程，得出当取最大值时直线的参数.【题目详解】（1）因为曲线的参数方程为，所以曲线的普通方程为，即，所以曲线的极坐标方程为，即.（2）设直线上的点对应