2024屆河南省洛陽市孟津縣第二高級中學高二數學第二學期期末質量跟蹤監視試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．已知直線l、直線m和平面，它們的位置關系同時滿足以下三個條件：①；②；③l與m是互相垂直的異面直線若P是平面上的動點，且到l、m的距離相等，則點P的軌跡為（）A．直線 B．橢圓 C．拋物線 D．雙曲線2．給出定義：設是函數的導函數，是函數的導函數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”.已知函數的拐點是，則（）A． B． C． D．13．函數在點處的切線方程為（）A． B． C． D．4．下列關于獨立性檢驗的敘述：①常用等高條形圖展示列聯表數據的頻率特征；②獨立性檢驗依據小概率原理；③樣本不同，獨立性檢驗的結論可能有差異；④對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越小，與有關系的把握程度就越大.其中正確的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．45．已知回歸直線的斜率的估計值為1.8，樣本點的中心為（4，5），則回歸直線方程是（）A． B． C． D．6．已知函數，其定義域是，則下列說法正確的是（）A．有最大值，無最小值B．有最大值，最小值C．有最大值，無最小值D．無最大值，最小值7．若關于的不等式恰好有個整數解，則實數的范圍為（）A． B． C． D．8．曲線在點處的切線的斜率為（）A． B． C． D．9．閱讀程序框圖，運行相應的程序，則輸出的的值為（）A．72 B．90 C．101 D．11010．在中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若角A，C，B成等差數列，且，則的形狀為（）A．直角三角形 B．等腰非等邊三角形C．等邊三角形 D．鈍角三角形11．在區域內任意取一點，則的概率是（）A．0 B． C． D．12．函數y=x2㏑x的單調遞減區間為A．（1,1] B．（0,1] C．[1，+∞） D．（0，+∞）二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．棱長為1的正方體的8個頂點都在球面O的表面上，E、F分別是棱、的中點，則直線EF被球O截得的線段長為________14．若函數，則不等式的解集為______________.15．已知復數（i為虛數單位），則的實部為____．16．若雙曲線的一個焦點到一條漸近線的距離等于焦距的，則該雙曲線的漸近線方程是__________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）如圖，直角梯形中，，，，，底面，底面且有.（1）求證：；（2）若線段的中點為，求直線與平面所成角的正弦值.18．（12分）已知函數，其中.（1）討論的單調性；（2）若時，函數恰有一個零點，求實數的值.（3）已知數列滿足，其前項和為，求證：（其中）.19．（12分）如圖，在邊長為的正方形中，點是的中點，點是的中點，點是上的點，且．將△AED，△DCF分別沿，折起，使，兩點重合于，連接，.（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）試判斷與平面的位置關系，并給出證明.20．（12分）設函數.（1）求函數的單調區間及極值；（2）若函數在上有唯一零點，證明：.21．（12分）某同學在一次研究性學習中發現，以下五個式子的值都等于同一個常數．（1）sin213°+cos217°-sin13°cos17°（2）sin215°+cos215°-sin15°cos15°（3）sin218°+cos212°-sin18°cos12°（4）sin2（-18°）+cos248°-sin2（-18°）cos248°（5）sin2（-25°）+cos255°-sin2（-25°）cos255°Ⅰ試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數Ⅱ根據（Ⅰ）的計算結果，將該同學的發現推廣位三角恒等式，并證明你的結論22．（10分）在平面直角坐標系中，已知曲線C的參數方程為（a為參數）.現以坐標原點為極點，軸為極軸建立極坐標系.（1）設P為曲線C上到極點的距離最遠的點，求點P的極坐標；（2）求直線被曲線C所截得的弦長.

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、D【解題分析】

作出直線m在平面α內的射影直線n，假設l與n垂直，建立坐標系，求出P點軌跡即可得出答案．【題目詳解】解：設直線m在平面α的射影為直線n，則l與n相交，不妨設l與n垂直，設直線m與平面α的距離為d，在平面α內，以l，n為x軸，y軸建立平面坐標系，則P到直線l的距離為|y|，P到直線n的距離為|x|，∴P到直線m的距離為，∴|y|，即y2﹣x2＝d2，∴P點軌跡為雙曲線．故選：D．【題目點撥】本題考查空間線面位置關系、軌跡方程，考查點到直線的距離公式等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，是中檔題．2、D【解題分析】

遇到新定義問題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，在該題中求出原函數的導函數，再求出導函數的導函數，由導函數的導函數等于0，即可得到拐點，問題得以解決．【題目詳解】解：函數，，，因為方程有實數解，則稱點，為函數的“拐點”，已知函數的“拐點”是，所以，即，故選：．【題目點撥】本題考查導數的運算．導數的定義，和拐點，根據新定義題，考查了函數導函數零點的求法；解答的關鍵是函數值滿足的規律，屬于基礎題3、D【解題分析】分析：由題意，求得，得到，利用直線的點斜式方程，即可求解切線的方程；詳解：由題意，函數，則，所以，即切線的斜率為，又，所以切線過點，所以切線的方程為，即，故選D．點睛：本題主要考查了利用導數的幾何意義求解切線的方程問題，其中熟記導數的幾何意義的應用是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力．4、C【解題分析】分析：根據獨立性檢驗的定義及思想，可得結論．詳解：①常用等高條形圖展示列聯表數據的頻率特征；正確；②獨立性檢驗依據小概率原理；正確；③樣本不同，獨立性檢驗的結論可能有差異；正確；④對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越大，與有關系的把握程度就越大.故④錯誤.故選C.點睛：本題考查了獨立性檢驗的原理，考查了推理能力，屬于基礎題．5、D【解題分析】

根據回歸直線必過樣本點的中心可構造方程求得結果.【題目詳解】回歸直線斜率的估計值為1.8，且回歸直線一定經過樣本點的中心，，即.故選：.【題目點撥】本題考查回歸直線的求解問題，關鍵是明確回歸直線必過樣本點的中心，屬于基礎題.6、A【解題分析】

先化簡函數，再根據反比例函數單調性確定函數最值取法【題目詳解】因為函數，所以在上單調遞減，則在處取得最大值，最大值為，取不到函數值，即最小值取不到.故選A.【題目點撥】本題考查反比例函數單調性以及利用函數單調性求最值，考查分析判斷求解能力，屬基礎題.7、C【解題分析】

依題意可得，0＜k＜1，結合函數y＝k|x|與y＝﹣|x﹣2|的圖象可得4個整數解是2，3，4，5，由?x，即可得k.【題目詳解】解：依題意可得，0＜k＜1，函數y＝k|x|與y＝﹣|x﹣2|的圖象如下，由0＜k＜1，可得xA＞1，∴關于x的不等式k|x|﹣|x﹣2|＞0恰好有4個整數解，他們是2，3，4，5，由?xB，故k；故選：C【題目點撥】本題主要考查根據含參絕對值不等式的整數解的個數，求參數范圍問題，著重考查了數形結合思想，屬于中檔題．8、B【解題分析】

求導后代入即可得出答案。【題目詳解】故選B【題目點撥】本題考查利用導函數求切線斜率。屬于基礎題。9、B【解題分析】輸入參數第一次循環，，滿足，繼續循環第二次循環，，滿足，繼續循環第三次循環，，滿足，繼續循環第四次循環，，滿足，繼續循環第五次循環，，滿足，繼續循環第六次循環，，滿足，繼續循環第七次循環，，滿足，繼續循環第八次循環，，滿足，繼續循環第九次循環，，不滿足，跳出循環，輸出故選B點睛：此類問題的一般解法是嚴格按照程序框圖設計的計算步驟逐步計算，逐次判斷是否滿足判斷框內的條件，決定循環是否結束．要注意初始值的變化，分清計數變量與累加(乘)變量，掌握循環體等關鍵環節．10、C【解題分析】

由已知利用等差數列的性質可得，由正弦定理可得，根據余弦定理可求，即可判斷三角形的形狀．【題目詳解】解：由題意可知，，因為，所以，則，所以，所以，故為等邊三角形．故選：．【題目點撥】本題主要考查了等差數列的性質，正弦定理，余弦定理在解三角形中的應用，考查了轉化思想，屬于基礎題．11、C【解題分析】

求得區域的面積，x2+y2＜1表示圓心在原點，半徑為1的圓，由圓的面積公式可得其在正方形OABC的內部的面積，由幾何概型的計算公式，可得答案．【題目詳解】根據題意，設O（0，0）、A（1，0）、B（1，1）、C（0，1），表示的區域為以正方形OABC的內部及邊界，其面積為1；x2+y2＜1表示圓心在原點，半徑為1的圓，在正方形OABC的內部的面積為，由幾何概型的計算公式，可得點P（x，y）滿足x2+y2＜1的概率是；故選C．【題目點撥】本題考查幾何概型的計算，解題的關鍵是將不等式（組）轉化為平面直角坐標系下的圖形的面積，進而由其公式計算．12、B【解題分析】對函數求導，得（x>0）,令解得，因此函數的單調減區間為，故選B考點定位：本小題考查導數問題，意在考查考生利用導數求函數單調區間，注意函數本身隱含的定義域二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、.【解題分析】分析：詳解：正方體的外接球球心為O，半徑為，假設2和線段EF相較于HG兩點，連接OG，取GH的中點為D連接OD，則ODG為直角三角形，OD=，根據勾股定理得到故GH=.故答案為.點睛：涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找幾何體中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解.14、【解題分析】

分類討論，分別求解不等式，即可求得不等式的解集，得到答案．【題目詳解】由題意，當時，令，解得，當時，令，解得，所以不等式的解集為．【題目點撥】本題主要考查了分段函數的應用，以及指數函數的圖象與性質的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．15、；【解題分析】

對復數進行四運算，化簡成，求得的實部.【題目詳解】因為，所以的實部為.【題目點撥】本題考查復數的四則運算及實部概念.16、【解題分析】

利用點到直線的距離公式計算出焦點到漸近線的距離，然后根據對應距離等于焦距的求解出的值，即可得到雙曲線的漸近線方程.【題目詳解】因為焦點到漸近線的距離，所以，所以，所以，所以漸近線方程為：.故答案為：.【題目點撥】本題考查雙曲線漸近線方程的求解，難度一般.雙曲線的焦點到漸近線的距離等于虛軸長度的一半.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)證明見解析；(2).【解題分析】試題分析：（1）根據線段長度的關系得到，，、是平面內的相交直線，平面，進而得到線線垂直；（2）常用的方法是建系，建立空間坐標系，求得直線的方向向量和面的法向量，根據向量的夾角公式得到線面角.解析：（1），，且是等腰直角三角形，平面中，，，可得，即底面，底面，、是平面內的相交直線，平面平面，（2）解法一：幾何法如圖，過點作，垂足為，連接，，，，，平面，平面，結合且，可得平面是在平面內的射影，可得就是直線與平面所成的角.中，，中，，，，可得因此，在中，即直線與平面所成角的正弦值是.解法二：向量法如圖，以點為坐標原點，直線為軸，為軸建立空間直角坐標系，則，，，，，所以：設平面的一個法向量為，由可取設直線與平面所成角為，則.18、（1）當時，在上單調遞增，當時，在上單調遞增，在上單調遞減；（2）；（3）證明見解析【解題分析】

（1）求出，然后分和兩種情況討論（2）由（1）中的結論，要使恰有1個零點，只需函數的最小值為0（3）由（1）知，當時，，即，然后可得，由此可證明，然后兩邊同時取對數即可【題目詳解】（1）當時，，從而在上單調遞增；當時，，從而在上單調遞增，在上單調遞減（2）由（1）知，當時在上單調遞增，在上單調遞減，要使恰有1個零點，只需函數的最小值為0，即，解得（3）由（1）知，當時，，即令，得則，，，…，，即兩邊取以為底的對數得：【題目點撥】本題考查的是利用導數研究函數的單調性、零點個數及證明不等式，屬于較難題.19、(1)見解析；（2）見解析.【解題分析】分析：（1）折疊前,，折疊后，，從而即可證明；（2）連接交于，連接，在正方形中，連接交于，從而可得，從而在中，，即得，從而平面.詳解：（Ⅰ）證明：∵折疊前,∴折疊后，又∵∴平面，而平面∴．（Ⅱ）平面，證明如下：連接交于，連接，在正方形中，連接交于，則，所以，又，即，在中，，所以.平面，平面，所以平面.點睛：本題主要考查線面之間的平行與垂直關系，注意證明線面垂直的核心是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質．因此，判定定理與性質定理的合理轉化是證明線面垂直的基本思想．線面垂直的性質，常用來證明線線垂直．20、（1）的減區間為，增區間為，極小值為，無極大值（2）見解析【解題分析】

（1）求出函數的定義域以及導數，利用導數求出函數的單調區間，并由單調性得出函數的極值；（2）利用參變量分離法得出關于的方程在上有唯一解，構造函數，得出，構造函數，求出該函數的導數，判斷導數的符號，得出函數的單調性，求出函數的最小值轉化即可。【題目詳解】（1）的定義域為，∵，當時，，為減函數；當時，，為增函數，∴有極小值，無極大值，故的減區間為，增區間為，極小值為，無極大值；（2）函數在上有唯一零點，即當時，方程有唯一解，∴有唯一解，令，則令，則，當時，，故函數為增函數，又，，∴在上存在唯一零點，則，且，當時，，當時，，∴在上有最小值.ly，∴.【題目點撥】本題考查利用導數研究函數的單調性與極值、以及利用導數研究函數的零點問題，