浙江省宁波市余姚市余姚中学2024届数学高二下期末统考试题含解析

浙江省宁波市余姚市余姚中学2024届数学高二下期末统考试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．甲､乙､丙､丁､戊5名同学报名参加社区服务活动,社区服务活动共有关爱老人､环境监测､教育咨询､交通宣传､文娱活动五个项目,每人限报其中一项,记事件为“5名同学所报项目各不相同”,事件为“只有甲同学一人报关爱老人项目”,则()A． B． C． D．2．下列函数中既是奇函数，又在区间上是单调递减的函数为（）A． B． C． D．3．已知函数，其定义域是，则下列说法正确的是（）A．有最大值，无最小值B．有最大值，最小值C．有最大值，无最小值D．无最大值，最小值4．设关于的不等式组表示的平面区域内存在点满足，则的取值范围是（）A． B． C． D．5．双曲线的焦点坐标是A． B． C． D．6．对具有相关关系的变量，有一组观测数据，其回归直线方程，且，，则()A． B． C． D．7．已知随机变量，且，则A． B． C． D．8．黄金螺旋线又名鹦鹉螺曲线，是自然界最美的鬼斧神工。就是在一个黄金矩形（宽除以长约等于0.6的矩形）先以宽为边长做一个正方形，然后再在剩下的矩形里面再以其中的宽为边长做一个正方形，以此循环做下去，最后在所形成的每个正方形里面画出1/4圆，把圆弧线顺序连接，得到的这条弧线就是“黄金螺旋曲线了。著名的“蒙娜丽莎”便是符合这个比例，现把每一段黄金螺旋线与其每段所在的正方形所围成的扇形面积设为，每扇形的半径设为满足，若将的每一项按照上图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的对应正方形格子的面积之和为，则下列结论错误的是（）A． B．C． D．9．用反证法证明：“实数中至少有一个不大于0”时，反设正确的是（）A．中有一个大于0 B．都不大于0C．都大于0 D．中有一个不大于010．已知x，y满足不等式组则z="2x"+y的最大值与最小值的比值为A． B． C． D．211．已知随机变量服从正态分布，若，则等于（）A．B．C．D．12．在中，，，分别为角，，所对的边，若，则（）A．一定是锐角三角形 B．一定是钝角三角形C．一定是直角三角形 D．一定是斜三角形二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．对于三次函数，定义：设是函数的导数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”，有同学发现“任何一个三次函数都有‘拐点’；任何一个三次函数都有对称中心；且‘拐点’就是对称中心.”根据此发现，若函数，计算__________．14．设是定义在上的周期为2的函数，当时，则__________．15．如图，已知正方体，,E为棱的中点，则与平面所成角为_____________.（结果用反三角表示）16．已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的左视图如图所示，则该三棱锥的体积是________；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）已知函数，，.（1）若，求不等式的解集；（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.18．（12分）各项均为正数的数列的首项，前项和为，且．（1）求的通项公式：（2）若数列满足，求的前项和．19．（12分）设，已知，为关于的二次方程两个不同的虚根，（1）若，求实数的取值范围；（2）若，，求实数，的值.20．（12分）在正项等比数列{}中，且成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若数列{}满足，求数列{}的前项和．21．（12分）已知函数当时，讨论的导函数在区间上零点的个数；当时，函数的图象恒在图象上方，求正整数的最大值.22．（10分）如图，在直三棱柱中，平面面，交于点，且.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若，求三棱锥的体积.

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】

由条件概率与独立事件可得：，P(AB)=，所以P(A|B)=，得解.【题目详解】由已知有事件概率为：，事件概率为：P(AB)=，所以P(A|B)=，故选：A.【题目点拨】本题考查条件概率的计算，条件概率的两种求法:(1)定义法:先求P(A)和P(AB),再由P(B|A)=即可；(2)基本事件法:借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A),再求事件AB所包含的基本事件数n(AB),得P(B|A)=，本题属于基础题.2、B【解题分析】

由题意得，对于函数和函数都是非奇非偶函数，排除A、C．又函数在区间上单调递减，在区间单调递增，排除D，故选B．3、A【解题分析】

先化简函数，再根据反比例函数单调性确定函数最值取法【题目详解】因为函数，所以在上单调递减，则在处取得最大值，最大值为，取不到函数值，即最小值取不到.故选A.【题目点拨】本题考查反比例函数单调性以及利用函数单调性求最值，考查分析判断求解能力，属基础题.4、D【解题分析】

由约束条件，作出可行域如上图所示阴影部分，要使可行域存在，必有，可行域包括上的点，只要边界点在直线的上方，且在直线的下方，故有，解得，选D.点睛：平面区域的最值问题是线性规划的一类重要题型，在解答本题时，关键是画好可行域，分析目标函数的几何意义，然后利用数形结合的思想，找出点的坐标，即可求出答案．5、C【解题分析】分析：由题意求出，则，可得焦点坐标详解：由双曲线，可得，故双曲线的焦点坐标是选C.点睛：本题考查双曲线的焦点坐标的求法，属基础题.6、A【解题分析】

根据，，求出样本点的中心，代入回归直线方程，即可求解.【题目详解】由题：，，所以样本点的中心为，该点必满足，即，所以.故选：A【题目点拨】此题考查根据已知数据求回归直线方程，关键在于准确求出样本点的中心，根据样本点的中心在回归直线上求解参数.7、B【解题分析】

根据正态分布的对称性即可得到答案.【题目详解】由于，故选B.【题目点拨】本题主要考查正态分布中概率的计算，难度不大.8、D【解题分析】

根据定义求数列和，利用化简求解，利用特殊值否定结论.【题目详解】由题意得为以为长和宽矩形的面积，即；；又，故正确；因为，所以D错误,选D.【题目点拨】本题考查数列求和以及利用递推关系化简，考查综合分析求解能力，属较难题.9、C【解题分析】

根据用反证法证明数学命题的方法和步骤，应先假设命题的否定成立，而要证明题的否定为：“都大于0”，从而得出结论．【题目详解】解：根据用反证法证明数学命题的方法和步骤，应先假设命题的否定成立，而命题：“实数中至少有一个不大于0”的否定为“都大于0”，故选：．【题目点拨】本题主要考查用命题的否定，反证法证明数学命题的方法和步骤，把要证的结论进行否定，得到要证的结论的反面，是解题的突破口，属于基础题．10、D【解题分析】

解：因为x，y满足不等式组，作出可行域，然后判定当过点（2,2）取得最大，过点（1,1）取得最小，比值为2，选D11、B【解题分析】根据正态分布密度曲线的对称性可知，若，函数的对称轴是，所以，故选B.12、C【解题分析】分析：由已知构造余弦定理条件：，再结合余弦定理，化简整理得，即一定为直角三角形.详解：由已知，得①由余弦定理：②将①代入②整理得一定为直角三角形故选C点睛：判断三角形形状（1）角的关系：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．①若；则A=B；②若；则A=B或（2）边的关系：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．①若，则；②若，则；③若，则．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解题分析】分析：求出二阶导数，再求出的拐点，即对称点，利用对称性可求值．详解：，，由得，，即的图象关于点对称，∴，∴．故答案为1．点睛：本题考查导数的计算，考查新定义，解题关键是正确理解新概念，转化新定义．通过求出的拐点，得出对称中心，从而利用配对法求得函数值的和．14、【解题分析】试题分析：考点：1.函数的性质；2.周期函数.15、【解题分析】

作出辅助线，由题意首先找到AE与平面所成角，然后结合几何关系求解线面角的大小即可.【题目详解】如图所示，连结BE,由题意可知：，∵AB⊥平面B1BCC1,∴∠AEB是AE与平面B1BCC1所成的角，，.故答案为：．【题目点拨】本题主要考查线面角的计算，空间几何体中的线面关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16、【解题分析】

由左视图得出三棱锥中线面关系及棱的长度．【题目详解】由左视图知三棱锥的高为，底面等腰三角形的底边长为，又底面等腰三角形的腰长为2，这个等腰三角形的面积为，．故答案为：．【题目点拨】本题考查棱锥的体积，解题是由左视图得出棱锥的高为1，底面等腰三角形的底边长为，从而由体积公式可求得棱锥的体积，本题还考查了空间想象能力．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】试题分析：（Ⅰ）当时，.对解析分类讨论，可求不等式的解集；（2）当时，的最大值为，要使，故只需；当时，的最大值为，要使，故只需，由此可求实数的取值范围.试题解析：（Ⅰ）当时，.①当时，恒成立，∴；②当时，，即，即或.综合可知：；③当时，，则或，综合可知：.由①②③可知：或.（Ⅱ）当时，的最大值为，要使，故只需，则，∴；当时，的最大值为，要使，故只需，∴，从而.综上讨论可知：.18、(1)；(2)【解题分析】

（1）已知，可得，则，并验证时，是否满足等式，从而知数列是等差数列，求其通项即可。（2）因为=，是由等差数列和等比数列的对应项的积组成的数列，用错位相减法即可求和。【题目详解】（1）因为，①所以当时，②①-②得：，因为的各项均为正数，所以，且，所以由①知，，即，又因为，所以故，所以数列是首项为，公差为的等差数列（2）由（1）得，所以，③④③-④得，当且时，，；当时，由③得综上，数列的前项和【题目点拨】本题主要考查了等差数列，等比数列以及数列的求和。利用等比数列求和公式时，当公比是字母时，要注意讨论公式的范围。属于中档题。19、(1)；(2),【解题分析】

(1)由题可得二次函数的判别式小于0,列式求解即可.

(2)利用韦达定理代入可求得的关系,再化简利用韦达定理表示,换成的形式进行求解即可.【题目详解】(1)由题二次函数的判别式小于0,故,解得.

(2)由为关于的二次方程两个不同的虚根可得,,又则,得,因为,故,又,故故,【题目点拨】本题主要考查了一元二次方程的复数根的性质,注意的意义为的模长为2,故.属于中等题型.20、(1)(2)【解题分析】

(1)根据已知条件且可解得公比,再代入通项公式即可得到;(2)利用错位相减法可求得.【题目详解】设正项等比数列{an}的公比为(,（1）∵∴,所以∴q＝2，(舍去)所以；（2）∵，∴，①，②①﹣②得＝，∴.【题目点拨】本题考查了等比数列的通项公式的求法,考查了等差中项,考查了利用错位相减法求和,本题属于基础题.21、（1）当时，在存在唯一零点；当时，在没有零点（2）【解题分析】

（1）首先求，令，然后求，讨论当时，，判断函数的单调性和端点值，判断函数是否有零点；当时，同样是判断函数的单调性，然后结合零点存在性定理，可判断函数是否存在零点；（2）由，参变分离求解出在上恒成立，转化为求函数的最小值，设，，利用导数判断函数的单调性，求得函数的最小值.【题目详解】解：（1）.令，，则,①当时，当，，单调递减，又，所以对时，，此时在不存在零点.②当时，当，，单调递减.又因为，取，则，即.根据零点存在定理，此时在存在唯一零点.综上，当时，在存在唯一零点；当时，在没有零点.（2）由已知得在上恒成立.设，，则因为时，所以，设，，所以在上单调递增，又，，由零点存在定理，使得，即,，且当时，，，单调递减；当时，，，单调递增.所以，又在上单调递减，而，所以，因此，正整数的最大值为.【题目点拨】本题第一问考查了判断函数零点个数的问题，这类问题需判断函数的单调性，再结合函数零点存在性定理判断，已知函数是单调函数的前提下，需满足，才可以说明区间内存在唯一零点，但难点是有时候或不易求得，本题中，证明的过程中，用到了，以及只有时，才有，这种赋端点值是比较难的.22、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解题分析】

（Ⅰ）根据及直三棱柱特点可知；利用面面垂直性质可得平面，从而证得；利用线面垂直性质可知，从而根据线面垂直判定定理可证得平面，根据线