2024届吉林省示范名校数学高二第二学期期末监测模拟试题含解析

2024届吉林省示范名校数学高二第二学期期末监测模拟试题考生请注意：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．已知展开式的常数项为15，则（）A． B．0 C．1 D．-12．已知函数()在上的最大值为3，则()A． B． C． D．3．用反证法证明“”时，应假设（）A． B．C． D．4．已知，，，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．5．（）A． B． C．2 D．16．已知，函数，若在上是单调减函数，则的取值范围是()A． B． C． D．7．函数的图象大致是A． B． C． D．8．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法种数是()A．420 B．210 C．70 D．359．若函数无极值点，则（）A． B． C． D．10．已知i是虚数单位，若z=1+i1-2i，则z的共轭复数A．-13-i B．-111．若函数在上是增函数，则的取值范围为（）A． B． C． D．12．已知将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则在上的值域为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数据的方差为1，则数据的方差为____.14．若实数满足条件，则的最大值为_________．15．在棱长均为的正三棱柱中，________.16．复数（i是虚数单位）的虚部是_______．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，设命题：实数满足，命题：实数满足．（1）若，为真命题，求的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．18．（12分）选修4-4：坐标系与参数方程点是曲线：上的动点，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点为中心，将点逆时针旋转得到点，设点的轨迹为曲线.（1）求曲线，的极坐标方程；（2）射线，（）与曲线，分别交于两点，设定点，求的面积.19．（12分）证明下列不等式：（1）用分析法证明：；（2）已知是正实数，且.求证：.20．（12分）已知函数．（1）若在处的切线过点，求的值；（2）若在上存在零点，求a的取值范围．21．（12分）在中，角，，的对边分别为，，，点在直线上．（1）求角的值；（2）若，求的面积．22．（10分）选修4-5：不等式选讲已知关于的不等式（Ⅰ）当a=8时，求不等式解集；（Ⅱ）若不等式有解，求a的范围.

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、A【解题分析】

先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项，再根据常数项为15，求得的值．【题目详解】解：二项式的展开式的通项公式为，令，求得，可得展开式中的常数项为，由此求得，故选：．【题目点拨】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．2、B【解题分析】

对函数进行求导，得，，令，，对进行分类讨论，求出每种情况下的最大值，根据已知条件可以求出的值.【题目详解】解:，，令，，①当时，，，，在上单调递增，，即（舍去），②当时，，，；时，，，故在上单调递增，在上单调递减，，即，令()，，在上单调递减，且，，故选B.【题目点拨】本题考查了已知函数在区间上的最大值求参数问题，求导、进行分类讨论函数的单调性是解题的关键.3、A【解题分析】

根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即可得出正确选项．【题目详解】根据反证法的步骤，假设是对原命题的否定，P（x0）成立的否定是使得P（x0）不成立，即用反证法证明“∀x∈R，2x＞0”，应假设为∃x0∈R，0故选：A．【题目点拨】本题考查反证法的概念，全称命题的否定，注意“改量词否结论”4、B【解题分析】

根据指数函数、对数函数的单调性分别求得的范围，利用临界值可比较出大小关系.【题目详解】；；且本题正确选项：【题目点拨】本题考查利用指数函数、对数函数的单调性比较大小的问题，关键是能够通过临界值来进行区分.5、A【解题分析】

根据定积分表示直线与曲线围成的图像面积，即可求出结果.【题目详解】因为定积分表示直线与曲线围成的图像面积，又表示圆的一半，其中；因此定积分表示圆的，其中，故.故选A【题目点拨】本题主要考查定积分的几何意义，熟记定积分几何意义即可，属于基础题型.6、C【解题分析】

根据函数的解析式，可求导函数，根据导函数与单调性的关系，可以得到；分离参数，根据所得函数的特征求出的取值范围.【题目详解】因为所以因为在上是单调减函数所以即所以当时，恒成立当时，令，可知双刀函数，在上为增函数，所以即所以选C【题目点拨】导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立；（3）若恒成立，可转化为（需在同一处取得最值）..7、D【解题分析】

利用函数的奇偶性、特殊值判断函数图象形状与位置即可．【题目详解】函数y=是奇函数，所以选项A，B不正确；当x=10时，y=＞0，图象的对应点在第一象限，D正确；C错误．故选D．【题目点拨】本题考查函数的图象的判断，一般利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性、对称性、特殊值等方法判断．8、A【解题分析】

将不同的染色方案分为：相同和不同两种情况，相加得到答案.【题目详解】按照的顺序：当相同时：染色方案为当不同时：染色方案为不同的染色方案为：种故答案为A【题目点拨】本题考查了加法原理和乘法原理，把染色方案分为相同和不同两种情况是解题的关键.9、A【解题分析】

先对函数求导，再利用导函数与极值的关系即得解.【题目详解】由题得，因为函数无极值点，所以，即.故选：A【题目点拨】本题主要考查利用导数研究函数的极值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.10、C【解题分析】

通过分子分母乘以分母共轭复数即可化简，从而得到答案.【题目详解】根据题意z=1+i1+2i【题目点拨】本题主要考查复数的四则运算，共轭复数的概念，难度较小.11、D【解题分析】

在上为增函数，可以得到是为增函数，时是增函数，并且时，，利用关于的三个不等式求解出的取值范围.【题目详解】由题意，在上为增函数，则，解得，所以的取值范围为.故选：D【题目点拨】本题主要考查分段函数的单调性以及指数函数和一次函数的单调性，考查学生的理解分析能力，属于基础题.12、B【解题分析】解析：因，故，因，故，则，所以，应选答案B．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、9【解题分析】

根据方差的线性变化公式计算：方差为，则的方差为.【题目详解】因为方差为，则的方差为,【题目点拨】本题考查方差的线性变化，难度较易.如果已知方差为，则的方差为，这可用于简便计算方差.14、1【解题分析】

作出平面区域，则表示过（0，1）和平面区域内一点的直线斜率．求解最大值即可．【题目详解】作出实数x，y满足条件的平面区域如图所示：由平面区域可知当直线过A点时，斜率最大．解方程组得A（1，2）．∴z的最大值为=1．故答案为：1．【题目点拨】点睛：利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域．(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）．(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解．(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。注意解答本题时不要忽视斜率不存在的情形.15、【解题分析】

首先画出正三棱柱，求出边长和，最后求面积.【题目详解】因为是正三棱柱，并且棱长都为1，是腰长为，底边长为1的等腰三角形，所以底边的高，.故答案为【题目点拨】本题考查几何体中几何量的求法，意在考查空间想象能力，属于基础题型.16、-1【解题分析】

由题意，根据复数的运算，化简得，即可得到复数的虚部．【题目详解】由题意，复数，所以复数的虚部为．【题目点拨】本题主要考查了复数的四则运算及复数的分类，其中解答中熟记复数的四则运算，正确化简、运算复数，再利用复数的概念求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，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）【解题分析】

（1）若，分别求出成立的等价条件，利用为真命题，求出的取值范围；（2）利用是的充分不必要条件，即是的充分不必要条件，求实数的取值范围.【题目详解】由，得，（1）若，则：，若为真，则，同时为真，即，解得，∴实数的取值范围.（2）由，得，解得.即：.若是的充分不必要条件，即是的充分不必要条件，则必有，此时：，.则有，即，解得.【题目点拨】本题主要考查复合命题与简单命题之间的关系，利用逆否命题的等价性将是的充分不必要条件，转化为是的充分不必要条件是解决本题的关键.18、（Ⅰ）,;（Ⅱ）．【解题分析】试题分析：（Ⅰ）由相关点法可求曲线的极坐标方程为．（Ⅱ）到射线的距离为，结合可求得试题解析：（Ⅰ）曲线的极坐标方程为．设，则，则有．所以，曲线的极坐标方程为．（Ⅱ）到射线的距离为，，则．19、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解题分析】分析：⑴两边同时平方即可证明不等式⑵构造同理得到其他形式，然后运用不等式证明详解：（1）证明：要证成立，只需证，即证，只需证，即证显然为真，故原式成立.（2）证明：∵，∴.点睛：本题主要考查的是不等式的证明，着重考查了基本不等式的变形与应用，考查了综合法和推理论证的能力，属于中档题。20、（1）；（2）．【解题分析】

（1）求出，然后求出和，然后表示出切线方程，把点代入方程即可取出（2）由得，然后求出，的值域即可.【题目详解】解：（1）∵．∴，又∵，∴在点处的切线方程为，即．由过点得：，．（2）由，得，令，．∴，令，解得，或．易知，，，，由在上存在零点，得的取值范围为．【题目点拨】若方程有根，则的范围即为函数的值域.21、（1）；（2）【解题分析】

（1）代入点到直线的方程，根据正弦定理完成角化边，对比余弦定理求角；（2）将等式化简成“平方和为零”形式，计算出的值，利用面积公式计算的面积.【题目详解】解：（1）由题意得，由正弦定理，得，即，由余弦定理，得，结合，得.（2）由，得，从而得，所以的面积.【题目点拨】本题考查正、余弦定理的简单应用，难度较易.使用正