2024届上海曹杨二中数学高二下期末学业质量监测模拟试题含解析

2024届上海曹杨二中数学高二下期末学业质量监测模拟试题注意事项：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．已知随机变量服从二项分布，且，，则p等于A． B． C． D．2．已知二项式的展开式中各项的二项式系数和为，其展开式中的常数项为，则（）A． B． C． D．3．已知集合，，且，则实数的值是（）A． B． C． D．4．已知的分布列为：设则的值为（）A． B． C． D．55．命题；命题.若为假命题，为真命题，则实数的取值范围是（）A． B．或C．或 D．或6．在△中，为边上的中线，为的中点，则A． B．C． D．7．已知函数的定义域为，且满足（是的导函数），则不等式的解集为（）A． B． C． D．8．已知全集U＝{x∈Z|0<x<10}，集合A＝{1，2，3，4}，B＝{x|x＝2a，a∈A}，则(∁UA)∩B＝()A．{6，8} B．{2，4} C．{2，6，8} D．{4，8}9．若，则的值为（）A．2 B．1 C．0 D．10．函数的图象大致为（）A． B． C． D．11．设，为的展开式的第一项（为自然对数的底数），,若任取，则满足的概率是（）A． B． C． D．12．设随机变量X～N(μ，σ2)且P(X<1)＝，P(X>2)＝p，则P(0<X<1)的值为()A．p B．1－p C．1－2p D．－p二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量满足，，，若对每一确定的，最大值和最小值分别为，则对任意，的最小值是_____.14．对于定义域为的函数，若满足①；②当，且时，都有；③当，且时，都有，则称为“偏对称函数”．现给出四个函数：①；②；③；④.则其中是“偏对称函数”的函数序号为_______．15．已知直线与曲线相切，则的值为___________．16．某市有1200名中学生参加了去年春季的数学学业水平考试，从中随机抽取了100人的考试成绩统计得到如图所示的频率分布直方图，据此可以估计这1200名学生中考试成绩超过80分的人数为___________人。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{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．18．（12分）已知曲线的参数方程为(为参数)，以原点为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）射线与曲线交点为、两点，射线与曲线交于点，求的最大值．19．（12分）为丰富市民的文化生活，市政府计划在一块半径为200m，圆心角为的扇形地上建造市民广场，规划设计如图：内接梯形区域为运动休闲区，其中A，B分别在半径，上，C，D在圆弧上，；上，；区域为文化展区，长为，其余空地为绿化区域，且长不得超过200m.(1)试确定A，B的位置，使的周长最大？(2)当的周长最长时，设，试将运动休闲区的面积S表示为的函数，并求出S的最大值.20．（12分）已知函数，集合.（1）当时，解不等式；（2）若，且，求实数的取值范围；（3）当时，若函数的定义域为，求函数的值域.21．（12分）已知函数，，若曲线和曲线在处的切线都垂直于直线．（Ⅰ）求，的值．（Ⅱ）若时，，求的取值范围．22．（10分）已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）当时，求函数的最大值.

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、B【解题分析】分析：根据随机变量符合二项分布，根据二项分布的期望和方差的公式和条件中所给的期望和方差的值，得到关于和的方程组，解方程组得到要求的两个未知量．详解：随机变量服从二项分布，且，，则由，

可得故选B.点睛：本题主要考查二项分布的期望与方差的简单应用，通过解方程组得到要求的变量，这与求变量的期望是一个相反的过程，但是两者都要用到期望和方差的公式．2、C【解题分析】

二项展开式的二项式系数和为，可得，使其通项公式为常数项时，求得，从而得到关于的方程.【题目详解】展开式中各项的二项式系数和为，，得，，当时，，解得：.【题目点拨】求二项式定理展开式中各项系数和是用赋值法，令字母都为1；而展开式各项的二项式系数和固定为.3、B【解题分析】

根据已知，将选项代入验证即可.【题目详解】由，知且，经检验符合题意，所以.故选：B【题目点拨】本题考查集合间的关系，要注意特殊方法的应用，减少计算量，属于基础题.4、A【解题分析】

求出η的期望，然后利用，求解即可．【题目详解】由题意可知E（η）＝﹣101．∵，所以＝E（1η﹣2）＝1E（η）﹣21．故选A．【题目点拨】本题考查数学期望的运算性质，也可根据两个变量之间的关系写出ξ的分布列，再由ξ分布列求出期望．5、B【解题分析】

首先解出两个命题的不等式，由为假命题，为真命题得命题和命题一真一假．【题目详解】命题，命题．因为为假命题，为真命题．所以命题和命题一真一假，所以或，选择B【题目点拨】本题主要考查了简易逻辑的问题，其中涉及到了不等式以及命题真假的判断问题，属于基础题．6、A【解题分析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.详解：根据向量的运算法则，可得，所以，故选A.点睛：该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.7、D【解题分析】

构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，在不等式两边同时乘以化为，即，然后利用函数在上的单调性进行求解即可.【题目详解】构造函数，其中，则，所以，函数在定义域上为增函数，在不等式两边同时乘以得，即，所以，解得，因此，不等式的解集为，故选：D.【题目点拨】本题考查利用构造新函数求解函数不等式问题，其解法步骤如下：（1）根据导数不等式的结构构造新函数；（2）利用导数分析函数的单调性，必要时分析该函数的奇偶性；（3）将不等式变形为，利用函数的单调性与奇偶性求解.8、A【解题分析】

先化简已知条件,再求.【题目详解】由题得,因为,,故答案为A【题目点拨】本题主要考查集合的化简，考查集合的补集和交集运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平.9、D【解题分析】分析：令x=1，可得1=a1．令x=，即可求出．详解：，令x=1，可得1=．令x=，可得a1+++…+=1，∴++…+=﹣1，故选：D．点睛：本题考查了二项式定理的应用、方程的应用，考查了赋值法，考查了推理能力与计算能力，注意的处理，属于易错题．10、C【解题分析】

根据奇偶性以及特殊值即可排除。【题目详解】因为=，所以为奇函数图像关于原点对称，排除BD,因为，所以排除A答案，选择D【题目点拨】本题主要考查了函数图像的判断方法，常利用函数的奇偶性质，特殊值法进行排除，属于中等题。11、D【解题分析】分析：由已知求得m，画出A表示的平面区域和满足ab＞1表示的平面区域，求出对应的面积比即可得答案．详解:由题意，s=，∴m==，则A={（x，y）|0＜x＜m，0＜y＜1}={（x，y）|0＜x＜e，0＜y＜1}，画出A={（x，y）|0＜x＜e，0＜y＜1}表示的平面区域，任取（a，b）∈A，则满足ab＞1的平面区域为图中阴影部分，如图所示：计算阴影部分的面积为S阴影==（x﹣lnx）=e﹣1﹣lne+ln1=e﹣1．所求的概率为P=，故答案为：D．点睛：（1）本题主要考查几何概型，考查定积分和二项式定理，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(1)解答本题的关键是利用定积分求阴影部分的面积.12、D【解题分析】

由，得正态分布概率密度曲线关于对称，又由，根据对称性，可得，进而可得，即可求解．【题目详解】由随机变量，可知随机变量服从正态分布，其中是图象的对称轴，又由，所以，又因为，根据正态分布概率密度曲线的对称性，可得，所以，故选D．【题目点拨】本题主要考查了正态分布曲线性质的简单应用，其中熟记正态分布概率密度曲线的对称性，合理推算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

分别令、、，根据已知条件判断出A、B、C三点的位置关系，及的几何意义，进而得到答案.【题目详解】因为，所以令（为坐标原点），则点必在单位圆上因为，所以令，则点必在线段的中垂线上令，因为，所以点在以线段为直径的圆上所以可得就是圆的直径显然，当点在线段的中点时，取最小值故答案为：【题目点拨】本题考查的是平面向量的运算及圆中的最值问题，属于较难题，解题的关键是找出每个式子的几何意义.14、①④.【解题分析】分析：条件②等价于f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，条件③等价于f（x）﹣f（﹣x）＜0在（﹣∞，0）上恒成立，依次判断各函数是否满足条件即可得出结论．详解：由②可知当x＞0时，f′（x）＞0，当x＜0时，f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，f2（x）=ln（﹣x）=ln，∴f2（x）在R上单调递减，不满足条件②，∴f2（x）不是“偏对称函数”；又（）=（）=0，∴（x）在（0，+∞）上不单调，故（x）不满足条件②，∴（x）不是“偏对称函数”；又f2（x）=ln（﹣x）=ln，∴f2（x）在R上单调递减，不满足条件②，∴f2（x）不是“偏对称函数”；由③可知当x1＜0时，f（x1）＜f（﹣x2），即f（x）﹣f（﹣x）＜0在（﹣∞，0）上恒成立，对于（x），当x＜0时，（x）﹣（﹣x）=﹣x﹣e﹣x+1，令h（x）=﹣x﹣e﹣x+1，则h′（x）=﹣1+e﹣x＞0，∴h（x）在（﹣∞，0）上单调递增，故h（x）＜h（0）=0，满足条件③，由基本初等函数的性质可知（x）满足条件①，②，∴（x）为“偏对称函数”；对于f4（x），f4′（x）=2e2x﹣ex﹣1=2（ex﹣）2﹣，∴当x＜0时，0＜ex＜1，∴f4′（x）＜2（1﹣）2﹣=0，当x＞0时，ex＞1，∴f4′（x）＞2（1﹣）2﹣=0，∴f4（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，满足条件②，当x＜0，令m（x）=f4（x）﹣f4（﹣x）=e2x﹣e﹣2x+e﹣x﹣ex﹣2x，则m′（x）=2e2x+2e﹣2x﹣e﹣x﹣ex﹣2=2（e2x+e﹣2x）﹣（e﹣x+ex）﹣2，令e﹣x+ex=t，则t≥2，于是m′（x）=2t2﹣t﹣6=2（t﹣）2﹣≥2（2﹣）2﹣=0，∴m（x）在（﹣∞，0）上单调递增，∴m（x）＜m（0）=0，故f4（x）满足条件③，又f4（0）=0，即f4（x）满足条件①，∴f4（x）为“偏对称函数”．故答案为：①④．点睛：本题以新定义“偏对称函数”为背景，考查了函数的单调性及恒成立问题的处理方法，属于中档题.15、【解题分析】

试题分析：设切点，则,，．考点：导数的几何意义．16、420【解题分析】

在频率分布直方图中，求出成绩超过80分的小组的面积之和，求出频率，最后估计这1200名学生中考试成绩超过80分的人数.【题目详解】成绩超过80分的小组分别是，面积之和为，因此这1200名学生中考试成绩超过80分的人数估计为.【题目点拨】本题考查了频率直方图的性质及应用，考查了数学运算能力.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、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解题分析】

(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得的通项公式；(Ⅱ)首先求得的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.【题目详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为，因为成等比数列，所以，即，解得，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）知,所以；当或者时，取到最小值.【题目点拨】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.18、（1），；（2）【解题分析】

（1）先将曲线的参数方程化为普通方程，再由转化为极坐标方程，将曲线的极坐标利用两角差的正弦公式展开，由转化为直角坐标方程；（2）点和点的极坐标分别为，，将点、的极坐标分别代入曲线、的极坐标方程，得出、的表达式，再利用辅助角公式计算出的最大值。【题目详解】（1）由曲线的参数方程（为参数）得：，即曲线的普通方程为，又，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程可化为，故曲线的直角方程为；（2）由已知，设点和点的极坐标分别为，，其中则，，于是其中，由于，当时，的最大值是【题目点拨】本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程之间的互化，以及利用极坐标方程求解最值问题，解题时要充分理解极坐标方程所适用的基本条件，熟悉极坐标方程求解的基本步骤，考查计算能力，属于中等题。19、（1）、都为50m；（2）；；最大值为.【解题分析】

对于（1），设，，m，，在△OAB中，利用余弦定理可得，整理得，结合基本不等式即可得出结论；对于（2），当△AOB的周长最大时，梯形ACBD为等腰梯形，过O作OF⊥CD交CD于F，交AB于E，则E、F分别为AB，CD的中点，利用已知可表示出相关线段；然后利用梯形的面积公式可知，，，令，，，结合导数，确定函数的单调性，即可求出S的最大值．【题目详解】解：（1）设，，m，，在中，，即.所以.所以，当且仅当时，取得最大值，此时周长取得最大值.答：当、都为50m时，的周长最大.（2）当的周长最大时，梯形为等腰梯形.如上图所示，过O作交于F，交于E，则E、F分别为、的中点，所以.由，得.在中，，.又在中，，故.所以，.令，，，.又及在上均为单调递减函数，故在上为单调递减函数.因，故在上恒成立，于是，在上为单调递增函数.所以当时，有最大值，此时S有最大值为.答：当时，梯形面积有最大值，且最大值为.【题目点拨】本题主要考查了余弦定理、基本不等式以及导数的应用，在（2）中得到后，利用导数得到求出，结合函数在公共区间上，减函数+减函数等于减函数，从而确定在上为单调递减函数.属于难题.20、（1）；（2）；（3）当时，的值域为；当时，的值域为；当时，的值域为．【解题分析】分析：（1）先根据一元二次方程解得ex＞3，再解对数不等式得解集，（2）解一元二次不等式得集合A,再根据，得log2f(x)≥1在0≤x≤1上有解，利用变量分离法得a≥3ex－e2x在0≤x≤1上有解，即a≥[3ex－e2x]min.最后根据二次函数性质求最值得结果,（3）先转化为对勾函数，再根据拐点与定义区间位置关系，分类讨论，结合单调性确定函数值域.详解：（1）当a＝－3时，由f(x)＞1得ex－3e-x－1＞1，所以e2x－2ex－3＞0，即(ex－3)(ex＋1)＞0，所以ex＞3，故x＞ln3，所以不等式的解集为(ln3，+∞).（2）由x2－x≤0，得0≤x≤1，所以A＝{x|0≤x≤1}.因为A∩B≠，所以log2f(x)≥1在0≤x≤1上有解，即f(x)≥2在0≤x≤1上有解，即ex＋ae-x－3≥0在0≤x≤1上有解，所以a≥3ex－e2x在0≤x≤1上有解，即a≥[3ex－e2x]min.由0≤x≤1得1≤ex≤e，所以3ex－e2x＝－(ex－)2＋∈[3e－e2，]，所以a≥3e－e2.（3）设t＝ex，由（2）知1≤t≤e，记g(t)＝t＋－1(1≤t≤e，a＞1)，则，t(1，)(，＋∞)g′(t)－0＋g(t)↘极小值↗①当≥e时，即a≥e2时，g(t)在1≤t≤e上递减，所以g(e)≤g(t)≤g(1)，即．所以f(x)的值域为.②当1＜＜e时，即1＜a＜e2时，g(t)min=g()＝2－1，g(t)max=max{g(1)，g(e)}=max{a，}．1°若a，即