重庆市铜梁县第一中学2024届数学高二第二学期期末达标检测模拟试题含解析

重庆市铜梁县第一中学2024届数学高二第二学期期末达标检测模拟试题注意事项：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．若复数满足，则在复平面内，复数对应的点的坐标是（）A． B． C． D．2．若集合，函数的定义域为集合B，则A∩B等于（）A.（0，1）B.[0，1）C.（1，2）D.[1，2）3．全国高中联赛设有数学、物理、化学、生物、信息5个学科，3名同学欲报名参赛，每人必选且只能选择一个学科参加竞赛，则不同的报名种数是（）A． B． C． D．4．已知集合，则下列判断正确的是（）A． B．C． D．5．函数有()A．最大值为1 B．最小值为1C．最大值为 D．最小值为6．已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），下面四个图象中，的图象大致是（）A． B． C． D．7．空间中不共面的4点A，B，C，D，若其中3点到平面的距离相等且为第四个点到平面的倍，这样的平面的个数为（）A．8 B．16 C．32 D．488．先后抛掷一枚质地均匀的骰子5次,那么不能作为随机变量的是()A．出现7点的次数 B．出现偶数点的次数C．出现2点的次数 D．出现的点数大于2小于6的次数9．若复数满足,则在复平面内,对应的点的坐标是（）A． B． C． D．10．在中，,则（）A． B． C． D．11．已知偶函数在单调递减，则不等式的解集为（）A． B． C． D．12．随机变量，且，则（）A．64 B．128 C．256 D．32二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在的二项展开式中，常数项的值为__________14．正项等差数列中的，是函数的极值点，则______.15．已知，则_____．16．已知f（x）是定义在（﹣∞，+∞）上周期为2的偶函数，当x∈[0，1]时，f（x）＝2x﹣1，则f（log23）＝_____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）在数列中，，，其中实数．(1)求，并由此归纳出的通项公式；(2)用数学归纳法证明(Ⅰ)的结论．18．（12分）已知曲线的极坐标方程是.以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是（为参数）.（Ⅰ）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（Ⅱ）若直线与曲线相交于，两点，且，求直线的倾斜角的值.19．（12分）如图在直三棱柱中，，为中点．（Ⅰ）求证：平面．（Ⅱ）若，且，求二面角的余弦值．20．（12分）如图，在四棱锥中，平面，，，且，，，点在上．（1）求证：；（2）若，求三棱锥的体积．21．（12分）已知函数.（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）求函数的极值.22．（10分）已知函数.（1）求函数在点处的切线方程.（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围.

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、D【解题分析】

利用复数的运算法则、几何意义即可得出．【题目详解】由题意iz＝1+2i，∴iz（﹣i）＝（1+2i）•（﹣i），∴z＝2﹣i．则在复平面内，z所对应的点的坐标是（2，﹣1）．故选D．【题目点拨】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2、D【解题分析】试题分析：，，所以。考点：1.函数的定义域；2.集合的运算。3、C【解题分析】分析：利用分布计数乘法原理解答即可.详解：全国高中联赛设有数学、物理、化学、生物、信息5个学科，3名同学欲报名参赛，每人必选且只能选择一个学科参加竞赛，则每位同学都可以从5科中任选一科，由乘法原理，可得不同的报名种数是故选C.点睛：本题考查分布计数乘法原理，属基础题.4、C【解题分析】

先分别求出集合A与集合B，再判别集合A与B的关系，得出结果.【题目详解】，【题目点拨】本题考查了集合之间的关系，属于基础题.5、A【解题分析】

对函数进行求导，判断出函数的单调性，进而判断出函数的最值情况.【题目详解】解:，当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，有最大值为，故选A.【题目点拨】本题考查了利用导数研究函数最值问题，对函数的导函数的正负性的判断是解题的关键.6、C【解题分析】

根据图象：分，，，，四种情况讨论的单调性.【题目详解】根据图象：当，所以递增，当，所以递减，当，所以递减，当，所以递增，故选：C【题目点拨】本题主要考查导数与函数的图象间的关系，还考查了数形结合的思想和理解辨析的能力，属于常考题.7、C【解题分析】

由题意分类讨论各种情况，然后利用加法原理确定满足题意的平面的个数即可.【题目详解】第一种情况，A，B，C，D点在平面的同侧.当平面∥平面BCD时，A与平面的距离是与平面BCD的距离的2倍.这种情况下有4个平面.第二种情况，A，B，C，D中有3个点在平面的一侧，第4个点在平面的另一侧，这时又有两种情形：一种情形是平面与平面BCD平行，且A与平面的距离是平面与平面BCD距离的2倍.这时有4个平面.另一种情形如图a所示，图中E，F分别是AB，AC的中点，K是AD的三等分点中靠近A的分点，A，B，C到平面EFK（即平面）的距离是D到平面EFK距离的一半.∵EF可以是AB，AC的中点的连线，又可以是AB，BC的中点的连线，或AC，BC的中点的连线，∴这种情形下的平面有3×4=12（个）.第三种情况，如图b所示，在A，B，C，D四点中，平面两侧各种有两点.容易看出：点A到平面EFMN（平面）的距离是B，C，D到该平面距离的2倍．就A，C与B，D分别位于平面两侧的情形来看，就有A离平面远，B离平面远，C离平面远，D离平面远这四种情况.又“AC，BD异面，则这样的异面直线共有3对，∴平面有4×3=12（个）.综上分析，平面有4+4+12+12=32（个）.故选C.【题目点拨】本题主要考查分类讨论的数学思想，计数原理的应用，空间几何体的结构特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8、A【解题分析】

根据随机变量的定义可得到结果.【题目详解】抛掷一枚骰子不可能出现点，出现点为不可能事件出现点的次数不能作为随机变量本题正确选项：【题目点拨】本题考查随机变量的定义，属于基础题.9、C【解题分析】试题分析：由，可得，∴z对应的点的坐标为（4，－2），故选C．考点：考查了复数的运算和复数与复平面内点的对应关系．点评：解本题的关键是根据复数的除法运算求出复数z，然后利用复数z所对应的点的横坐标和纵坐标分别为为复数的实部和虚部，得出对应点的坐标．10、B【解题分析】

先根据求得，进而求得，根据余弦定理求得以及，由此求得.【题目详解】由于，所以且为锐角，所以.由余弦定理得.故.所以.故选B.【题目点拨】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查余弦定理解三角形，考查向量数量积的运算，属于中档题.11、B【解题分析】

因为函数是偶函数，所以，那么不等式转化为，利用单调性，解不等式.【题目详解】函数是偶函数，在单调递减，，即.故选B.【题目点拨】本题考查了偶函数利用单调性解抽象不等式，关键是利用公式转化不等式，利用的单调性解抽象不等式，考查了转化与化归的思想.12、A【解题分析】

根据二项分布期望的计算公式列方程，由此求得的值，进而求得方差，然后利用方差的公式，求得的值.【题目详解】随机变量服从二项分布，且，所以，则，因此.故选A.【题目点拨】本小题主要考查二项分布期望和方差计算公式，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、15【解题分析】

写出二项展开式通项，通过得到，从而求得常数项.【题目详解】二项展开式通项为：当时，常数项为：本题正确结果：【题目点拨】本题考查二项式定理的应用，属于基础题.14、4【解题分析】

先对函数求导，得到，根据题意，得到，根据等差数列性质，得到，进而可求出结果.【题目详解】因为，所以，又，是函数的极值点，所以，是方程的两实根，因此，因为数列是正项等差数列，所以，解得，因此.故答案为：.【题目点拨】本题主要考查由函数极值点求参数，以及等差数列的性质，熟记函数极值点的定义，以及等差数列的性质即可，属于常考题型.15、【解题分析】

令分别代入等式的两边，得到两个方程，再求值.【题目详解】令得：，令得：，.【题目点拨】赋值法是求解二项式定理有关问题的常用方法.16、【解题分析】

利用周期及奇偶性可将f（log23）化为，而，则答案可求．【题目详解】∵f（x）是定义在（﹣∞，+∞）上周期为2的偶函数，∴f（log23）＝f（﹣log23）＝f（﹣log23+2），∵，且当x∈[0，1]时，f（x）＝2x﹣1，∴．故答案为：．【题目点拨】本题考查函数的奇偶性及周期性的应用，考查指数及对数的运算，属于基础题．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)(2)见解析【解题分析】试题分析：（1），，可归纳猜测；（2）根据数学归纳法证明原理，当时，由显然结论成立．假设时结论成立，即只需证明当时，即可..试题解析：(1)由，及得，于是猜测:(2)下面用数学归纳法予以证明:当时，由显然结论成立．假设时结论成立，即那么，当时，由显然结论成立．由、知，对任何都有18、（1）；（2）或【解题分析】

（1）利用三种方程的转化方法，将曲线C的极坐标方程和直线l的参数方程转化为普通方程；（2）先将直l的参数方程是（t是参数）化成普通方程，再求出弦心距，利用勾股定理求出弦长，也可以直接利用直线的参数方程和圆的普通方程联解，求出对应的参数t1，t2的关系式，利用|AB|=|t1﹣t2|，得到α的三角方程，解方程得到α的值，要注意角α范围．【题目详解】(1)由ρ＝4cosθ，得ρ2＝4ρcosθ.因为x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ，所以x2＋y2＝4x，即曲线C的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4.(2)将代入圆的方程(x－2)2＋y2＝4，得(tcosα－1)2＋(tsinα)2＝4，化简得t2－2tcosα－3＝0.设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，由根与系数的关系，得所以|AB|＝|t1－t2|＝＝＝，故4cos2α＝1，解得cosα＝±.因为直线的倾斜角α∈[0，π)，所以α＝或.【题目点拨】利用直线参数方程中参数的几何意义求解问题经过点P(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为(t为参数)．若A，B为直线l上两点，其对应的参数分别为，线段AB的中点为M，点M所对应的参数为，则以下结论在解题中经常用到：(1)；(2)；(3)；(4)．19、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解题分析】试题分析：（I）连结，由题意可证得，从而得为中点，所以，又由题意得得，所以得．（也可通过面面垂直证线面垂直）（II）由题意可得两两垂直，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量分别为，，由法向量夹角的余弦值可得二面角的余弦值．试题解析：（I）证明：连结，∵平面平面，平面，∴，∵为中点，∴为中点，∵，∴①，法一：由平面，平面，得，②，由①②及，所以平面．法二：由平面，平面，∴平面平面，又平面平面,所以平面．（II）解：由，得，由（I）知，又，得，∵，∴，∴两两垂直，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，得，，设是平面的一个法向量，由，得,令，得，设为平面的一个法向量，由，得.令，得，∴根据题意知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．点睛：向量法求二面角大小的两种方法（1）分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，解题时要注意结合实际图形判断所求二面角为锐角还是钝角．（2）分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．20、（1）证明见解析；（2）.【解题分析】

（1）证明，转化成证明平面即可．（2）根据，可得，从而得出体积．【题目详解】证明：（1）取中点，连结，则，，四边形为平行四边形，，又，，，又，，平面，．解：（2），，三棱锥的体积为：．【题目点拨】本题考查了线线垂直的证明，通常转化成证明线面垂直．三棱锥体积的计算，选择不同的底对应的顶点，得到的体积相同．那么通常选择已知的高和底从而求出体积．21、（Ⅰ）（Ⅱ）的极大值为，的极小值为【解题分析】分析：（1）先求导，再利用导数的几何意义求切线的斜率，再求曲线在点处的切线方程.(2)利用导数求函数的极值.详解：（Ⅰ），，.故切线的斜率，由直线的点斜式方程可得，化简得，所以切线方程为.（Ⅱ）由（Ⅰ），得.令，得或.当变化时，，的变化