江蘇省南京市六合區(qū)程橋高級中學2024屆數學高二第二學期期末達標測試試題含解析

江蘇省南京市六合區(qū)程橋高級中學2024屆數學高二第二學期期末達標測試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．曲線在點處的切線的傾斜角為（）A．30° B．60° C．45° D．120°2．下列函數中，既是偶函數又在上單調遞增的函數是（）A． B． C． D．3．在5張撲克牌中有3張“紅心”和2張“方塊”，如果不放回地依次抽取2張牌，則在第一次抽到“紅心”的條件下，第二次抽到“紅心”的概率為A．625 B．310 C．34．已知直線與圓交于兩點，且（其中為坐標原點），則實數的值為A． B． C．或 D．或5．已知是定義在上的奇函數，對任意，，都有，且對于任意的，都有恒成立，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．6．已知集合，則A． B．C． D．R7．的展開式中第5項的二項式系數是（）A． B． C． D．8．若，，，則實數，，的大小關系為（）A． B． C． D．9．若某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．2π＋2 B．4π＋2C．2π＋ D．4π＋10．若數列是等比數列，則“首項，且公比”是“數列單調遞增”的（）A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．非充分非必要條件11．對任意的實數x都有f(x＋2)－f(x)＝2f(1)，若y＝f(x－1)的圖象關于x＝1對稱，且f(0)＝2，則f(2015)＋f(2016)＝()A．0B．2C．3D．412．已知函數，則曲線在處的切線的傾斜角為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在正方體ABCD﹣A1B1C1D1，二面角A﹣BD﹣A1的大小為_____．14．連續(xù)拋擲同一顆骰子3次，則3次擲得的點數之和為9的概率是____．15．已知函數為偶函數，對任意滿足，當時，.若函數至少有個零點，則實數的取值范圍是____________．16．甲乙兩名選手進行一場羽毛球比賽，采用三局二勝制，先勝兩局者贏得比賽，比賽隨即結束，已知任一局甲勝的概率為，若甲贏得比賽的概率為，則取得最大值時______三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設函數（1）當時，求函數在上的值域；（2）若不論取何值，對任意恒成立，求的取值范圍。18．（12分）如圖，點,,,分別為橢圓:的左、右頂點，下頂點和右焦點，直線過點，與橢圓交于點，已知當直線軸時，.(1)求橢圓的離心率;(2)若當點與重合時，點到橢圓的右準線的距離為上.①求橢圓的方程;②求面積的最大值.19．（12分）設函數.（1）解不等式；（2）設，，使得成立，求實數m的取值范圍.20．（12分）如圖，棱長為的正方形中，點分別是邊上的點，且將沿折起，使得兩點重合于，設與交于點，過點作于點．（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值．21．（12分）已知點，經矩陣對應的變換作用下，變?yōu)辄c.（1）求的值；（2）直線在對應的變換作用下變?yōu)橹本€，求直線的方程.22．（10分）已知復數（i是虛數單位）是關于x的實系數方程根.(1)求的值；(2)復數滿足是實數，且，求復數的值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解題分析】

求導得：在點處的切線斜率即為導數值1.所以傾斜角為45°.故選C.2、D【解題分析】分析：分別判斷函數的奇偶性和單調性，即可得到結論．詳解：A．函數為奇函數，不滿足條件．B．y=﹣x2+1是偶函數，當x＞0時，函數為減函數，不滿足條件．C.是偶函數又在上單調遞減，故不正確.D．y=|x|+1是偶函數，當x＞0時，y=x+1是增函數，滿足條件．故選D．點睛：本題主要考查函數奇偶性和單調性的判斷，結合函數奇偶性和單調性的定義和函數的性質是解決本題的關鍵．3、D【解題分析】

因為是不放回抽樣，故在第一次抽到“紅心”時，剩下的4張撲克中有2張“紅心”和2張“方塊”，根據隨機事件的概率計算公式，即可計算第二次抽到“紅心”的概率．【題目詳解】因為是不放回抽樣，故在第一次抽到“紅心”的條件下，剩下的4張撲克中有2張“紅心”和2張“方塊”，第二次抽取時，所有的基本事件有4個，符合“抽到紅心”的基本事件有2個，則在第一次抽到“紅心”的條件下，第二次抽到“紅心”的概率為12故答案選D【題目點撥】本題給出無放回抽樣模型，著重考查抽樣方法的理解和隨機事件的概率等知識，屬于基礎題．4、C【解題分析】分析：利用OA⊥OB，OA=OB，可得出三角形AOB為等腰直角三角形，由圓的標準方程得到圓心坐標與半徑R，可得出AB，求出AB的長，圓心到直線y=﹣x+a的距離為AB的一半，利用點到直線的距離公式列出關于a的方程，求出方程的解即可得到實數a的值．詳解：∵OA⊥OB，OA=OB，∴△AOB為等腰直角三角形，又圓心坐標為（0，0），半徑R=1，∴AB=.∴圓心到直線y=﹣x+a的距離d=AB==，∴|a|=1，∴a=±1．故答案為C．點睛：這個題目考查的是直線和圓的位置關系，一般直線和圓的題很多情況下是利用數形結合來解決的，聯(lián)立的時候較少；在求圓上的點到直線或者定點的距離時，一般是轉化為圓心到直線或者圓心到定點的距離，再加減半徑，分別得到最大值和最小值；涉及到圓的弦長或者切線長時，經常用到垂徑定理和垂徑定理.5、B【解題分析】

由可判斷函數為減函數，將變形為，再將函數轉化成恒成立問題即可【題目詳解】，又是定義在上的奇函數，為R上減函數，故可變形為，即，根據函數在R上為減函數可得，整理后得，在為減函數，為增函數，所以在為增函數，為減函數在恒成立，即，當時，有最小值所以答案選B【題目點撥】奇偶性與增減性結合考查函數性質的題型重在根據性質轉化函數，學會去“”；本題還涉及恒成立問題，一般通過分離參數，處理函數在某一區(qū)間恒成立問題6、D【解題分析】

先解出集合與，再利用集合的并集運算得出.【題目詳解】，，，故選D.【題目點撥】本題考查集合的并集運算，在計算無限數集時，可利用數軸來強化理解，考查計算能力，屬于基礎題．7、D【解題分析】試題分析：由二項展開式的通項公式得，第5項的二項式系數為.考點：二項式定理.8、A【解題分析】

利用冪指對函數的單調性，比較大小即可.【題目詳解】解：，，，∴，故選：A【題目點撥】本題考查了指對函數的單調性及特殊點，考查函數思想，屬于基礎題.9、C【解題分析】

試題分析：由三視圖知幾何體是一個簡單的組合體，上面是一個四棱錐，四棱錐的底面是一個正方形，對角線長是，側棱長，高是，下面是一個圓柱，圓柱的底面直徑是，高是，所以組合體的體積是，故選C.考點：幾何體的三視圖及體積的計算.【方法點晴】本題主要考查了幾何體的三視圖及其體積的計算，著重考查了推理和運算能力及空間想象能力，屬于中檔試題，解答此類問題的關鍵是根據三視圖的規(guī)則“長對正、寬相等、高平齊”的原則，還原出原幾何體的形狀，本題的解答中根據三視圖得出上面一個四棱錐、下面是一個圓柱組成的組合體，得到幾何體的數量關系是解答的關鍵，屬于基礎題.10、B【解題分析】

證明由，可以得到數列單調遞增，而由數列單調遞增，不一定得到，，從而做出判斷，得到答案.【題目詳解】數列是等比數列，首項，且公比，所以數列，且，所以得到數列單調遞增；因為數列單調遞增，可以得到首項，且公比，也可以得到，且公比.所以“首項，且公比”是“數列單調遞增”的充分不必要條件.故選：B.【題目點撥】本題考查等比數列為遞增數列的判定和性質，考查充分不不必要條件，屬于簡單題.11、B【解題分析】

根據條件判斷函數f（x）是偶函數，結合條件關系求出函數的周期，進行轉化計算即可．【題目詳解】y=f（x﹣1）的圖象關于x=1對稱，則函數y=f（x）的圖象關于x=0對稱，即函數f（x）是偶函數，令x=﹣1，則f（﹣1+2）﹣f（﹣1）=2f（1），即f（1）﹣f（1）=2f（1）=0，即f（1）=0，則f（x+2）﹣f（x）=2f（1）=0，即f（x+2）=f（x），則函數的周期是2，又f（0）=2，則f（2015）+f（2016）=f（1）+f（0）=0+2=2，故選：B．【題目點撥】本題主要考查函數值的計算，根據抽象函數關系判斷函數的周期性和奇偶性是解決本題的關鍵．12、B【解題分析】

求得的導數，可得切線的斜率，由直線的斜率公式，可得所求傾斜角．【題目詳解】函數的導數為，可得在處的切線的斜率為，即，為傾斜角，可得．故選：B．【題目點撥】本題主要考查了導數的幾何意義，函數在某點處的導數即為曲線在該點處的切線的斜率，是解題的關鍵，屬于容易題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

連接，交于，連，可得是二面角A﹣BD﹣A1的平面角，在直角三角形中可求得結果.【題目詳解】連接，交于，連，如圖所示：因為，且在底面內的射影是，所以由三垂線定理可得，所以是二面角A﹣BD﹣A1的平面角，設正方體的棱長為1，則，，所以，因為，所以.故答案為：.【題目點撥】本題考查了三垂線定理，考查了求二面角，關鍵是作出二面角的平面角，屬于基礎題.14、；【解題分析】

利用分步計數原理，連續(xù)拋擲同一顆骰子3次，則總共有：6×6×6=216種情況，再列出滿足條件的所有基本事件，利用古典概型的計算公式計算可得概率.【題目詳解】每一次拋擲骰子都有1，2，3，4，5，6，六種情況，由分步計數原理：連續(xù)拋擲同一顆骰子3次，則總共有：6×6×6=216種情況，則3次擲得的點數之和為9的基本事件為25種情況即：(1,2,6)，(1,3,5)，(1,4,4)，(1,5,3)，(1,6,2)，(2,1,6)，(2,2,5)，(2,3,4)，(2,4,3)，(2,5,2)，(2,6,1)，(3,1,5)，(3,2,4)，(3,3,3)，(3,4,2)，(3,5,1)，(4,1,4)，(4,2,3)，(4,3,2)，(4,4,1)，(5,1,3)，(5,2,2)，(5,3,1)，(6,1,2)，(6,2,1)，共25個基本事件，所以.【題目點撥】本題考查分步計數原理和古典概型概率計算，計數過程中如果前兩個數固定，則第三個數也相應固定.15、【解題分析】

根據偶函數性質及解析式滿足的條件，可知的對稱軸和周期，并由時的解析式，畫出函數圖像；根據導數的幾何意義，求得時的解析式，即可求得的臨界值，進而確定的取值范圍.【題目詳解】函數至少有個零點，由可得函數為偶函數，對任意滿足，則函數圖像關于對稱，函數為周期的周期函數，當時，，則的函數圖像如下圖所示：由圖像可知，根據函數關于軸對稱可知，若在時至少有兩個零點，則滿足至少有個零點，即在時至少有兩個交點；當與相切時，滿足有兩個交點；則，設切點為，則，解方程可得，由導數的幾何意義可知，所以滿足條件的的取值范圍為.故答案為：.【題目點撥】本題考查了函數零點的應用，方程與函數的綜合應用，根據導數求函數的交點情況，數形結合法求參數的取值范圍，屬于難題.16、【解題分析】

利用表示出，從而將表示為關于的函數，利用導數求解出當時函數的單調性，從而可確定最大值點.【題目詳解】甲贏得比賽的概率：，令，則，令，解得：當時，；當時，即在上單調遞增；在上單調遞減當時，取最大值，即取最大值本題正確結果：【題目點撥】本題考查利用導數求解函數的最值問題，關鍵是根據條件將表示為關于變量的函數，同時需要注意函數的定義域.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）【解題分析】

（1）首先判斷出為上的減函數，進而可得其值域；（2）易知的最大值為2，原題等價于對任意恒成立，根據分離參數思想可得任意恒成立，求出兩端最值即可.【題目詳解】解：（1）與在上均為減函數，在上為減函數，的值域為（2）易知的最大值為2.由題意可知，即對任意恒成立，即任意恒成立。設，，，，，【題目點撥】本題主要考查了函數值域的求法，不等式恒成立問題，分離參數求最值是解題的關鍵，該題有一定難度.18、（1）（2）①②【解題分析】分析：（1）先求當直線軸時，，再根據條件得，最后由解得離心率，（2）設直線為，，，，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，利用韋達定理化簡，即得，令，利用基本不等式求最值，最后考慮特殊情形下三角形面積的值.詳解：解：（1）在中，令可得，所以所以當直線軸時，又，所以所以，所以（2）①因為，所以，橢圓方程為當點與點重合時，點坐標為又，所以此時直線為由得又，所以所以橢圓方程為②設直線為由得即，恒成立設，則，所以令，則且，易知函數在上單調遞增所以當時，即的面積的最大值為點睛：解析幾何中的最值是高考的熱點，在圓錐曲線的綜合問題中經常出現(xiàn)，求解此類問題的一般思路為在深刻認識運動變化的過程之中，抓住函數關系，將目標量表示為一個(或者多個)變量的函數，然后借助于函數最值的探求來使問題得以解決.19、(1);(2)【解題分析】

(1)由絕對值不等式的解法可得解集；(2)由題意可得的最小值,運用絕對值不等式的性質可得的最小值,再由一元二次不等式的解法可得所求范圍.【題目詳解】(1),可得或,解得或,即解集為.(2)，使得成立,即的最小值,由,當且僅當上式取得等號,可得,解得.【題目點撥】本題考查含有絕對值的不等式的解法,考查利用絕對值不等式解決能成立問題中的最值,難度一般.20、（1）見證明（2）【解題分析】

（1）由平面可得，結合可得平面，故，又得出平面；（2）建立空間坐標系，求出各點坐標，計算平面的法向量，則為直線與平面所成角的正弦值．【題目詳解】（1）證明：在正方形中，，，∴，在的垂直平分線上，∴，∵，，，∴平面∴，又，，∴平面，∴，又，，∴底面．（2）解：如圖過點作與平行直線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，，，，，，