云南省腾冲市第一中学2024届数学高二第二学期期末学业质量监测试题含解析

云南省腾冲市第一中学2024届数学高二第二学期期末学业质量监测试题注意事项：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．设集合，若，则（）A． B． C． D．2．如果直线与直线平行，则的值为（）A． B． C． D．3．命题p：x∈R，ax2﹣2ax+1＞0，命题q：指数函数f（x）＝ax（a＞0且a≠1）为减函数，则P是q的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．设等差数列{an}满足3a8=5a15，且A．S23 B．S24 C．S5．甲、乙、丙，丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩。老师说：你们四人中有两位优秀，两位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则（）A．乙、丁可以知道自己的成绩 B．乙可以知道四人的成绩C．乙、丁可以知道对方的成绩 D．丁可以知道四人的成绩6．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，与半球（如图一）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥（如图二），用任何一个平行与底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此证明该几何体与半球体积相等.现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图三），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（）A． B． C． D．7．定义在上的奇函数满足，当时，，则在区间上是()A．增函数且 B．增函数且C．减函数且 D．减函数且8．某产品的广告费用万元与销售额万元的统计数据如下表：根据以上数据可得回归直线方程，其中，据此模型预报广告费用为6万元时，销售额为65.5万元，则，的值为（）A．， B．，C．， D．，9．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边在直线上，则（）A． B． C． D．10．已知数据，2的平均值为2，方差为1，则数据相对于原数据()A．一样稳定 B．变得比较稳定C．变得比较不稳定 D．稳定性不可以判断11．已知结论：“在正三角形中，若是边的中点，是三角形的重心，则．”若把该结论推广到空间，则有结论：在棱长都相等的四面体中，若的中心为，四面体内部一点到四面体各面的距离都相等，则（）A． B． C． D．12．设满足约束条件，若，且的最大值为，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．学校艺术节对同一类的四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品获奖情况预测如下：甲说：“作品获得一等奖”；乙说：“作品获得一等奖”；丙说：“两项作品未获得一等奖”；丁说：“或作品获得一等奖”.评奖揭晓后发现这四位同学中只有两位预测正确，则获得一等奖的作品是_______.14．设函数在上是增函数，则实数的取值范围是______.15．在复平面上，复数z对应的点为，则________.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）已知椭圆的离心率为，顺次连接椭圆的四个顶点，所得到的四边形面积为.（1）求椭圆的方程；（2）设不垂直于坐标轴的直线与相交于两个不同的点，且直线的斜率成等比数列，求线段的中点的轨迹方程.18．（12分）（1）求的展开式中的常数项；（2）用，，，，组成一个无重复数字的五位数，求满足条件的五位数中偶数的个数.19．（12分）已知a>0，a≠1，设p：函数y＝loga(x＋3)在(0，＋∞)上单调递减，q：函数y＝x2＋(2a－3)x＋1的图像与x轴交于不同的两点．如果p∨q真，p∧q假，求实数a的取值范围．20．（12分）已知函数．（1）若有三个极值点，求的取值范围；（2）若对任意都恒成立的的最大值为，证明：．21．（12分）在锐角三角形中，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，求的值.22．（10分）如图，在平行四边形中，，将沿对角线折起，折后的点变为，且．(Ⅰ)求证：平面平面；(Ⅱ)求异面直线与所成角的余弦值；（Ⅲ）E为线段上的一个动点，当线段的长为多少时，与平面所成的角正弦值为？

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:先根据得到=1即得a=2,再根据求出b的值，再求则.详解：因为，所以=1，所以a=2.又因为，所以b=1,所以Q={2,1}，所以.故答案为：B.点睛：（1）本题主要考查集合的交集补集运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答集合中的参数问题，要注意检验，一是检验是否满足集合元素的互异性，二是检验是否满足每一个条件.2、B【解题分析】试题分析：因为直线与直线平行，所以，故选B．考点：直线的一般式方程与直线的平行关系．3、B【解题分析】

根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．【题目详解】命题p：∀x∈R，ax2﹣2ax+1＞0，解命题p：①当a≠0时，△＝4a2﹣4a＝4a（a﹣1）＜0，且a>0，∴解得：0＜a＜1，②当a＝0时，不等式ax2﹣2ax+1＞0在R上恒成立，∴不等式ax2﹣2ax+1＞0在R上恒成立，有：0≤a＜1；命题q：指数函数f（x）＝ax（a＞0且a≠1）为减函数，则0＜a＜1；所以当0≤a＜1；推不出0＜a＜1；当0＜a＜1；能推出0≤a＜1；故P是q的必要不充分条件．故选：B．【题目点拨】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，考查了二次型函数恒成立的问题，考查了指数函数的单调性，属于基础题．4、C【解题分析】因a8=a1+7d,a15=a1+14d，故由题设3a8=5a155、A【解题分析】

根据甲的所说的话，可知乙、丙的成绩中一位优秀、一位良好，再结合简单的合情推理逐一分析可得出结果.【题目详解】因为甲、乙、丙、丁四位同学中有两位优秀、两位良好，又甲看了乙、丙的成绩且还不知道自己的成立，即可推出乙、丙的成绩中一位优秀、一位良好，又乙看了丙的成绩，则乙由丙的成绩可以推出自己的成绩，又甲、丁的成绩中一位优秀、一位良好，则丁由甲的成绩可以推出自己的成绩.因此，乙、丁知道自己的成绩，故选：A.【题目点拨】本题考查简单的合情推理，解题时要根据已知的情况逐一分析，必要时可采用分类讨论的思想进行推理，考查逻辑推理能力，属于中等题.6、C【解题分析】

根据椭圆方程,构造一个底面半径为2,高为3的圆柱,通过计算可知高相等时截面面积相等,因而由祖暅原理可得橄榄球几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.【题目详解】由椭圆方程,构造一个底面半径为2,高为3的圆柱在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点、上底面为底面的圆锥当截面与底面距离为时，截圆锥得到的截面小圆半径为则，即所以截面面积为把代入椭圆方程，可求得所以橄榄球形状几何体的截面面积为由祖暅原理可得橄榄球几何体的体积为故选:C【题目点拨】本题考查了类比推理的综合应用,空间几何体体积的求法,属于中档题.7、B【解题分析】

先利用函数奇偶性求出函数在上的解析式，然后利用周期性求出函数在上的解析式，结合解析式对其单调性以及函数值符号下结论．【题目详解】设，则，，由于函数为上的奇函数，则，当时，，则.所以，函数在上是增函数，且当时，，，故选B.【题目点拨】本题考查函数单调性与函数值符号的判断，解决函数问题关键在于求出函数的解析式，本题的核心在于利用奇偶性与周期性求出函数的解析式，属于中等题．8、C【解题分析】分析：根据回归直线过样本中心和条件中给出的预测值得到关于，的方程组，解方程组可得所求．详解：由题意得，又回归方程为，由题意得，解得．故选C．点睛：线性回归方程过样本中心是一个重要的结论，利用此结论可求回归方程中的参数，也可求样本数据中的参数．根据回归方程进行预测时，得到的数值只是一个估计值，解题时要注意这一点．9、A【解题分析】

根据直线斜率与倾斜角的关系求出tanθ的值，原式利用诱导公式化简，再利用同角三角函数间的基本关系变形，将tanθ的值代入计算即可求出值．【题目详解】解：由已知可得，tanθ＝2，则原式1．故选A．【题目点拨】此题考查了诱导公式的作用，三角函数的化简求值，以及直线斜率与倾斜角的关系，熟练掌握诱导公式是解本题的关键．10、C【解题分析】

根据均值定义列式计算可得的和，从而得它们的均值，再由方差公式可得，从而得方差．然后判断．【题目详解】由题可得：平均值为2，由，，所以变得不稳定.故选：C.【题目点拨】本题考查均值与方差的计算公式，考查方差的含义．属于基础题．11、C【解题分析】解：由平面图形的性质类比猜想空间几何体的性质，一般的思路是：点到线，线到面，或是二维变三维；由题目中“在正三角形ABC中，若D是边BC中点，G是三角形ABC的重心，则AG：GD=2：1”，我们可以推断：“在正四面体ABCD中，若M是底面BCD的中心，O是正四面体ABCD的中心，则AO：OM=3：1．”故答案为“在正四面体ABCD中，若M是底面BCD的中心，O是正四面体ABCD的中心，则AO：OM=3：1．”12、B【解题分析】分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解代入目标函数得答案.详解：由约束条件作出可行域如图：化目标函数为，由图可知，当直线过B时，直线在y轴上的截距最小，即z最大，联立，解得，，解得.故选：B.点睛：线性规划中的参数问题及其求解思路(1)线性规划中的参数问题，就是已知目标函数的最值或其他限制条件，求约束条件或目标函数中所含参数的值或取值范围的问题．(2)求解策略：解决这类问题时，首先要注意对参数取值的讨论，将各种情况下的可行域画出来，以确定是否符合题意，然后在符合题意的可行域里，寻求最优解，从而确定参数的值．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、C【解题分析】若获得一等奖,则甲、丙、丁的话是对的,与已知矛盾;若获得一等奖,则四人的话是错误的,与已知矛盾;若获得一等奖,则乙、丙的话是对的,满足题意;所以获得一等奖的作品是.14、【解题分析】分析：函数在上是增函数等价于，从而可得结果.详解：因为函数在上是增函数，所以恒成立，因为，实数的取值范围是故答案为.点睛：本题主要考查“分离常数”在解题中的应用以及利用单调性求参数的范围，属于中档题.利用单调性求参数的范围的常见方法：①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的;②利用导数转化为不等式或恒成立问题求参数范15、【解题分析】

由已知可得z，再由复数模的计算公式求解．【题目详解】解：由已知可得，z＝﹣2+i，则z+1＝﹣1+i，∴|z+1|．故答案为：．【题目点拨】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数模的求法，是基础题．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、（1）；（2），.【解题分析】

（1）由椭圆离心率和四边形的面积公式，求出和的值，即可求得椭圆的方程；（2）若设直线，，则由直线的斜率成等比数列，得，再结合根与系数的关系，可求出的值.【题目详解】（1），四边形的面积，，椭圆（2）设直线，联立，消去得：由，得，，或（a）当时，直线过原点，关于原点对称，故线段的中点即为原点；（b）当时，，设则消去，将代入得注意到判别式，故，所以综合（a）（b），所求轨迹方程为，或者写为，【题目点拨】此题考查的是椭圆方程的求解和直线与椭圆的位置关系，属于中档题.18、（1）15；（2）48.【解题分析】分析：(1）由排列组合的知识可知常数项为.(2）由排列组合的知识可知满足题意的偶数的个数为.详解：(1）由排列组合的知识可知的展开式中的常数项为.(2）首先排列好个位，然后排列其余位数上的数字，由排列组合的知识可知满足条件的五位数为偶数的个数为.点睛：本题主要考查排列组合与二项式定理知识的应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19、[，1)∪(，＋∞)．【解题分析】

先求出当命题p，q为真命题时的取值范围，由p∨q真，p∧q假可得p与q一真一假，由此可得关于的不等式组，解不等式组可得结论．【题目详解】当命题p为真，即函数y＝loga(x＋3)在(0，＋∞)上单调递减时，可得．当命题q为真，即函数y＝x2＋(2a－3)x＋1的图像与x轴交于不同的两点，可得，解得，又，所以当q为真命题时，有．∵p∨q为真，p∧q为假，∴p与q一真一假．①若p真q假，则，解得；②若p假q真，则，解得．综上可得或．∴实数a的取值范围是[，1)∪(，＋∞)．【题目点拨】根据命题的真假求参数的取值范围的步骤：(1)求出当命题p，q为真命题时所含参数的取值范围；(2)判断命题p，q的真假性；(3)根据命题的真假情况，利用集合的交集和补集的运算，求解参数的取值范围．20、（1）（2）见解析【解题分析】试题分析：（1）若有三个极值点，只需应有两个既不等于0也不等于的根；（2）恒成立即.变量分离，转化为函数最值问题.（1），定义域为，，∵，只需应有两个既不等于0也不等于的根，，①当时，，∴单增，最多只有一个实根，不满足；②当时，，当时，，单减；当时，，单增；∴是的极小值，而时，，时，，要有两根，只需，由，又由，反之，若且时，则，的两根中，一个大于，另一个小于.在定义域中，连同，共有三个相异实根，且在三根的左右，正负异号，它们是的三个极值点.综上，的取值范围为.（2）对恒成立，①当或1时，均满足；②对恒成立对恒成立，记，，，，欲证，而，只需证明，显然成立.下证：，，，，先证：，，，.令，，，，，∴在上单增，∴，∴在上单增，∴，∴在上单增，∴，即证.要证：，.只需证，