安徽省马鞍山中加双语学校 2024届高二数学第二学期期末达标检测试题含解析

安徽省马鞍山中加双语学校2024届高二数学第二学期期末达标检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．函数的图象关于点对称，是偶函数，则（）A． B． C． D．2．将2名教师和6名学生平均分成2组，各组由1名教师和3名学生组成，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，则不同的安排方案有（）A．40种 B．60种 C．80种 D．120种3．的展开式存在常数项，则正整数的最小值为（）A．5 B．6 C．7 D．144．设，满足约束条件则的最大值为（）A． B． C． D．5．设复数满足，则（）A． B．C． D．26．利用数学归纳法证明“且”的过程中，由假设“”成立，推导“”也成立时，该不等式左边的变化是（）A．增加B．增加C．增加并减少D．增加并减少7．若为虚数单位，复数与的虚部相等，则实数的值是A． B．2 C．1 D．8．复数的实部与虚部分别为（）A．， B．， C．， D．，9．现有四个函数：①；②；③；④的图象（部分）如下，则按照从左到右图象对应的函数序号安排正确的一组是（）A．①④②③ B．①④③② C．④①②③ D．③④②①10．已知命题，命题，若为假命题，则实数的取值范围是（）A． B．或 C． D．11．已知为的一个对称中心，则的对称轴可能为（）A． B． C． D．12．阅读下面的程序框图，运行相应的程序，若输入的值为24，则输出的值为（）A．0 B．1 C．2 D．3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在1x-114．求值：__________．15．曲线在点处的切线方程为__________．16．已知向量，，则与的夹角为________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）在中，三个内角的对边分别为．（1）若是的等差中项，是的等比中项，求证：为等边三角形；（2）若为锐角三角形，求证：．18．（12分）已知等轴双曲线：的右焦点为，为坐标原点，过作一条渐近线的垂线且垂足为，.（1）假设过点且方向向量为的直线交双曲线于、两点，求的值；（2）假设过点的动直线与双曲线交于、两点，试问：在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，试说明理由.19．（12分）已知直线l的极坐标方程是，以极点为原点，极轴为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位，曲线C的参数方程为（是参数）.（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（2）求曲线C上的点到直线l的距离的最小值.20．（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.21．（12分）已知为等差数列，且，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.22．（10分）已知椭圆的离心率为，，分别是其左，右焦点，为椭圆上任意一点，且．（1）求椭圆的标准方程；（2）过作直线与椭圆交于两点，点在轴上，连结分别与直线交于点，若，求的值．

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、D【解题分析】

根据图像关于对称列方程，解方程求得的值.利用列方程，解方程求得的值，由此求得的值.【题目详解】由于图像关于对称，也即关于的对称点为，故，即，而，故，化简得，故.由于是偶函数，故，即，故.所以，故选D.【题目点拨】本小题主要考查已知函数的对称性、函数的奇偶性求解析式，属于中档题.2、A【解题分析】

根据甲、乙两地先安排老师，可知，然后安排学生，可得结果.【题目详解】第一步，为甲、乙两地排教师，有种排法；第二步，为甲、乙两地排学生，有种排法，故不同的安排方案共有种，故选：A【题目点拨】本题考查排列分组的问题，一般来讲先分组后排列，审清题意细心计算，属基础题.3、C【解题分析】

化简二项式展开式的通项公式，令的指数为零，根据为正整数，求得的最小值.【题目详解】，令，则，当时，有最小值为7.故选C.【题目点拨】本小题主要考查二项式展开式的通项公式，考查与正整数有关问题，属于基础题.4、C【解题分析】

作出不等式对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，求目标函数的最大值即可．【题目详解】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，由得到，平移直线，当过A时直线截距最小，最大，由得到，所以的最大值为，故选：C．【题目点拨】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．5、A【解题分析】由，得，故选A．6、D【解题分析】

由题写出时的表达式和的递推式，通过对比，选出答案【题目详解】时，不等式为时，不等式为，增加并减少.故选D.【题目点拨】用数学归纳法写递推式时，要注意从到时系数k对表达式的影响，防止出错的方法是依次写出和的表达式，对比增项是什么，减项是什么即可7、D【解题分析】

先化简与，再根据它们虚部相等求出m的值.【题目详解】由题得，因为复数与的虚部相等，所以.故选D【题目点拨】本题主要考查复数的运算和复数相等的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.8、A【解题分析】分析：化简即可得复数的实部和虚部.详解：复数的实数与虚部分别为5，5.故选A.点睛：复数相关概念与运算的技巧(1)解决与复数的基本概念和性质有关的问题时，应注意复数和实数的区别与联系，把复数问题实数化是解决复数问题的关键．(2)复数相等问题一般通过实部与虚部对应相等列出方程或方程组求解．(3)复数的代数运算的基本方法是运用运算法则，但可以通过对代数式结构特征的分析，灵活运用i的幂的性质、运算法则来优化运算过程．9、A【解题分析】

根据各个函数的奇偶性、函数值的符号，判断函数的图象特征，即可得到．【题目详解】解：①为偶函数，它的图象关于轴对称，故第一个图象即是；

②为奇函数，它的图象关于原点对称，它在上的值为正数，

在上的值为负数，故第三个图象满足；

③为奇函数，当时，，故第四个图象满足；

④，为非奇非偶函数，故它的图象没有对称性，故第二个图象满足，

故选A．【题目点拨】本题主要考查函数的图象，函数的奇偶性、函数的值的符号，属于中档题．10、D【解题分析】试题分析：由，可得，由，可得，解得.因为为假命题，所以与都是假命题，若是假命题，则有，若是假命题，则由或，所以符合条件的实数的取值范围为，故选D.考点：命题真假的判定及应用.11、B【解题分析】

由题意首先确定的值，然后求解函数的对称轴即可.【题目详解】由题意可知，当时，，据此可得：，令可得，则函数的解析式为，函数的对称轴满足：，解得：，令可知函数的一条对称轴为，且很明显选项ACD不是函数的对称轴.本题选择B选项.【题目点拨】本题主要考查三角函数解析式的求解，三角函数对称轴方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.12、C【解题分析】

根据给定的程序框图，逐次循环计算，即可求解，得到答案．【题目详解】由题意，第一循环：，能被3整除，不成立，第二循环：，不能被3整除，不成立，第三循环：，不能被3整除，成立，终止循环，输出，故选C．【题目点拨】本题主要考查了程序框图的识别与应用，其中解答中根据条件进行模拟循环计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解题分析】

先求出二项式x+1【题目详解】二项式x+15的展开式的通项为∴1x-1x故答案为1．【题目点拨】对于含有两个括号的展开式的项的问题，求解时可分别求出每个二项式的展开式的通项，然后采用组合（即“凑”）的方法得到所求的项，解题时要做到细致、不要漏掉任何一种情况．14、1【解题分析】分析：观察通项展开式中的中的次数与中的一致。详解：通项展开式中的，故=点睛：合并二项式的展开式，不要纠结整体的性质，抓住具体的某一项中的中的次数与中的一致，有负号时注意在上还是在上。15、.【解题分析】分析：先求导求切线的斜率，再写切线方程.详解：由题得，所以切线方程为故答案为：.点睛：（1）本题主要考查求导和导数的几何意义，考查求切线方程，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)函数在点处的导数是曲线在处的切线的斜率，相应的切线方程是16、【解题分析】

利用空间向量的坐标运算求解即可.【题目详解】解：由已知，，，，则与的夹角为.故答案为：.【题目点拨】本题考查空间向量夹角的求解，是基础题.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）见解析（2）见解析【解题分析】

（1）由是的等差中项可得，由是的等比中项，结合正弦定理与余弦定理即可得到，由此证明为等边三角形；（2）解法1：利用分析法，结合锐角三角形的性质即可证明；解法2：由为锐角三角形以及三角形的内角和为，可得，利用公式展开，进行化简即可得到．【题目详解】（1）由成等差数列，有①因为为的内角，所以②由①②得③由是的等比中项和正弦定理得，是的等比中项，所以④由余弦定理及③，可得再由④，得即，因此从而⑤由②③⑤，得所以为等边三角形．（2）解法1：要证只需证因为、、都为锐角，所以，故只需证：只需证：即证：因为，所以要证：即证：即证：因为为锐角，显然故原命题得证，即．解法2：因为为锐角，所以因为所以，即展开得：所以因为、、都为锐角，所以，所以即【题目点拨】本题考查正余弦定理、等差等比的性质，锐角三角形的性质，熟练掌握定理是解决本题的关键．18、（1）；（2）存在，.【解题分析】

（1）根据双曲线为等轴双曲线，可求出渐近线方程，再根据点为过作一条渐近线的垂线的垂足，以及，可求出双曲线中的值，借助双曲线中，，的关系，得到双曲线方程．根据直线的方向向量以及点的坐标，可得直线的方程，与双曲线方程联立，解出，的值，代入中，即可求出的值．（2）先假设存在定点，使得为常数，设出直线的方程，与双曲线方程联立，解，，用含的式子表示，再代入中，若为常数，则结果与无关，求此时的值即可．【题目详解】（1）设右焦点坐标为，，双曲线为等轴双曲线，则渐近线为，由对称性可知，右焦点到两条渐近线距离相等，且．为等腰直角三角形，则由又等轴双曲线中，等轴双曲线的方程为：.设，，，为双曲线与直线的两个交点，，直线的方向向量为，直线的方程为，即代入双曲线的方程，可得，，，而（2）假设存在定点，使得为常数，其中，，，，为双曲线与直线的两个交点的坐标，①当直线与轴不垂直是，设直线的方程为，代入双曲线的方程，可得，由题意可知，，则有，，要使是与无关的常数，当且仅当，此时，.②当直线与轴垂直时，可得点，，若，亦为常数.综上可知，在轴上是否存在定点，使得为常数．【题目点拨】本题考查等轴双曲线的方程、直线与双曲线位置关系中定点、定值问题，考查函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想的综合应用，对运算求解能力的要求较高．19、(1),(2)0.【解题分析】

(1)展开两角和的正弦,结合极坐标与直角坐标的互化公式可得直线的普通方程,把（是参数）消去参数，可得曲线的直角坐标方程;(2)设曲线上的点写出点到直线的距离公式,利用三角函数求最值.【题目详解】由得直线的普通方程为由（是参数）,消去参数,可得曲线的直角坐标方程为.(2)设曲线上的点,则到直线的距离,当时,即时..【题目点拨】本题考查极坐标方程,参数方程和普通方程的互化,考查参数方程在解决点与直线距离最值中的应用,难度一般.20、(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.（