四川省樹德中學2024屆數學高二下期末達標測試試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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…，依此規律，若，則的值分別是（）A．48，7 B．61，7 C．63，8 D．65，82．給出下列四個五個命題：①“”是“”的充要條件②對于命題，使得，則，均有；③命題“若，則方程有實數根”的逆否命題為：“若方程沒有實數根，則”；④函數只有個零點；⑤使是冪函數，且在上單調遞減.其中是真命題的個數為：A． B． C． D．3．從分別標有1，2，…，9的9張卡片中有放回地隨機抽取5次，每次抽取1張．則恰好有2次抽到奇數的概率是（）A． B．C． D．4．點的直角坐標化成極坐標為（）A． B． C． D．5．已知函數在處有極值10，則等于()A．1 B．2 C．—2 D．—16．如圖，直線：與雙曲線：的右支交于，兩點，點是線段的中點，為坐標原點，直線交雙曲線于，兩點，其中點，，在雙曲線的同一支上，若雙曲線的實軸長為4，，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．7．函數的遞增區間為（）A． B． C． D．8．設集合，，則A． B． C． D．9．如圖,陰影部分的面積是（）A． B． C． D．10．已知正三角形的邊長是，若是內任意一點，那么到三角形三邊的距離之和是定值.若把該結論推廣到空間，則有：在棱長都等于的正四面體中，若是正四面體內任意一點，那么到正四面體各面的距離之和等于（）A． B． C． D．11．某三棱錐的三視圖如圖所示,則該三棱錐四個面的面積中最大的是A． B．3C． D．12．在公差為的等差數列中，“”是“是遞增數列”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖，邊長為的正方形中有一封閉曲線圍成的陰影區域，在正方形中隨機撒粒豆子，粒中有粒落在陰影區域，則陰影區域的面積約為__________．14．袋中有形狀、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只紅球，2只黃球，從中一次隨機摸出2只球，則這2只球顏色不同的概率為__________．15．設等差數列的前項和為，，，則取得最小值的值為________．16．若ξ～N，且P（2＜ξ＜4）＝0.4，則P（ξ＜0）＝_____．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）在中，角的對邊分別為，已知．（1）求角的大小；（2）若，求的面積的最大值．18．（12分）已知數列的前項和為，且，.（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和為.19．（12分）設函數.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）設，若過點可作曲線的三條切線，求實數的取值范圍．20．（12分）如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點.（1）求證：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；21．（12分）已知的展開式中有連續三項的系數之比為1︰2︰3，（1）這三項是第幾項？（2）若展開式的倒數第二項為112，求x的值．22．（10分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C:的焦點為F1（–1、0），F2（1，0）．過F2作x軸的垂線l，在x軸的上方，l與圓F2:交于點A，與橢圓C交于點D.連結AF1并延長交圓F2于點B，連結BF2交橢圓C于點E，連結DF1．已知DF1=．（1）求橢圓C的標準方程；（2）求點E的坐標．

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】

仔細觀察已知等式的數字可發現:,根據此規律解題即可.【題目詳解】由,

,

,

歸納可得,故當時,,

故選C.【題目點撥】本題通過觀察幾組等式，歸納出一般規律來考查歸納推理，屬于中檔題.歸納推理的一般步驟:一、通過觀察個別情況發現某些相同的性質.二、從已知的相同性質中推出一個明確表述的一般性命題(猜想）.2、C【解題分析】分析：由充分必要條件的判定方法判斷①，寫出特稱命題的否定判斷②，根據逆否命題與原命題的等價性，只需要判斷原命題的真假即可判斷③正確，求出方程的根即可判斷④正確，求出時是冪函數，且在上單調遞減，故⑤正確詳解：對于①，由得到，由可得是的必要不充分條件，“”是“”的必要不充分條件，故①是假命題對于②，對于命題，使得，則，均有；根據含量詞的命題的否定形式，將與互換，且結論否定，故正確對于③，命題“若，則方程有實數根”的逆否命題為：“若方程沒有實數根，則”，滿足逆否命題的形式，故正確對于④函數，令可以求得，函數只有個零點，故正確對于⑤，令，解得，此時是冪函數，且在上單調遞減，故正確綜上所述，真命題的個數是故選點睛：本題主要考查的是命題的真假判斷，根據各知識點即可進行判斷，本題較為基礎。3、B【解題分析】

先求出每次抽到奇數的概率，再利用n次獨立重復試驗中恰好發生k的概率計算公式求出結果．【題目詳解】每次抽到奇數的概率都相等，為，故恰好有2次抽到奇數的概率是??，故選：B．【題目點撥】本題主要考查n次獨立重復試驗中恰好發生k的概率計算公式的應用，屬于基礎題．4、D【解題分析】

分別求得極徑和極角，即可將直角坐標化為極坐標.【題目詳解】由點M的直角坐標可得：，點M位于第二象限，且，故，則將點的直角坐標化成極坐標為.本題選擇D選項.【題目點撥】本題主要考查直角坐標化為極坐標的方法，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.5、B【解題分析】，，函數

在處有極值為10，，解得．經檢驗知，符合題意．，．選B．點睛：由于導函數的零點是函數極值點的必要不充分條件，故在求出導函數的零點后還要判斷在該零點兩側導函數的值的符號是否發生變化，然后才能作出判斷．同樣在已知函數的極值點求參數的值時，根據求得參數的值后應要進行檢驗，判斷所求參數是否符合題意，最終作出取舍．6、A【解題分析】

根據點是線段的中點，利用點差法求得直線的斜率及其方程；聯立直線與雙曲線得到點橫坐標，聯立直線與直線，得到點橫坐標。由于，根據相似可得，又因為雙曲線的對稱性，，故，則，整理得到，進一步求得離心率。【題目詳解】設點為，點為，中點為，則，根據點差法可得，即，雙曲線的實軸長為4，直線為，，直線為.聯立，得；聯立，得又，根據相似可得雙曲線的對稱性，，，，，故選A【題目點撥】本題考察雙曲線離心率問題，出現弦中點考慮點差法，面積比值可以利用相似轉化為邊的比值，以此簡化計算7、D【解題分析】∵f(x)=lnx?4x+1定義域是{x|x>0}∵當f′(x)>0時,.本題選擇D選項.點睛：(1)利用導數研究函數的單調性的關鍵在于準確判定導數的符號．關鍵是分離參數k，把所求問題轉化為求函數的最小值問題．(2)若可導函數f(x)在指定的區間D上單調遞增(減)，求參數范圍問題，可轉化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立問題，從而構建不等式，要注意“＝”是否可以取到．8、C【解題分析】由，得：∴；∵，∴∴故選C9、C【解題分析】由定積分的定義可得，陰影部分的面積為.本題選擇C選項.點睛：利用定積分求曲線圍成圖形的面積的步驟：(1)畫出圖形；(2)確定被積函數；(3)確定積分的上、下限，并求出交點坐標；(4)運用微積分基本定理計算定積分，求出平面圖形的面積．求解時，注意要把定積分與利用定積分計算的曲線圍成圖形的面積區別開：定積分是一個數值(極限值)，可為正，可為負，也可為零，而平面圖形的面積在一般意義上總為正．10、B【解題分析】

將正四面體的體積分為O為頂點，各個面為底面的三棱錐體積之和，計算得到答案.【題目詳解】棱長都等于的正四面體：每個面面積為：正四面體的高為：體積為：正四面體的體積分為O為頂點，各個面為底面的三棱錐體積之和故答案選B【題目點撥】本題考查了體積的計算，將正四面體的體積分為O為頂點，各個面為底面的三棱錐體積之和是解題的關鍵.11、C【解題分析】作出三棱錐P?ABC的直觀圖如圖所示，過A作AD⊥BC，垂足為D，連結PD.由三視圖可知PA⊥平面ABC，BD=AD=1,CD=PA=2,∴.∴，.∴三棱錐P?ABC的四個面中，側面PBC的面積最大.故選C.點睛：思考三視圖還原空間幾何體首先應深刻理解三視圖之間的關系，遵循“長對正，高平齊，寬相等”的基本原則，其內涵為正視圖的高是幾何體的高，長是幾何體的長；俯視圖的長是幾何體的長，寬是幾何體的寬；側視圖的高是幾何體的高，寬是幾何體的寬.12、A【解題分析】試題分析：若，則，，所以，是遞增數列；若是遞增數列，則，，推不出，則“”是“是遞增數列”的充分不必要條件，故選A.考點：充分條件、必要條件的判定.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：利用幾何概型的概率公式進行求解.解析：正方形中隨機撒一粒豆子，它落在陰影區域內的概率，∴．點睛：本題考查幾何概型的應用，處理幾何概型問題的關鍵在于合理選擇幾何模型（長度、角度、面積和體積等），一般原則是“一個變量考慮長度、兩個變量考慮面積、三個變量考慮體積）.14、【解題分析】試題分析：根據題意，記白球為A，紅球為B，黃球為，則一次取出2只球，基本事件為、、、、、共6種，其中2只球的顏色不同的是、、、、共5種；所以所求的概率是．考點：古典概型概率15、2【解題分析】

求出數列的首項和公差，求出的表達式，然后利用基本不等式求出的最小值并求出等號成立時的值，于此可得出答案．【題目詳解】設等等差數列的公差為，則，解得，所以，，所以，，等號成立，當且僅當時，等號成立，但，由雙勾函數的單調性可知，當或時，取最小值，當時，；當時，，，因此，當時，取最小值，故答案為．【題目點撥】本題考查等差數列的求和公式，考查基本不等式與雙勾函數求最值，利用基本不等式要注意“一正、二定、三相等”這三個條件，在等號不成立時，則應考查雙勾函數的單調性求解，考查分析能力與計算能力，屬于中等題．16、0.1．【解題分析】

由正態分布曲線的對稱性，可得，進而得到所以，即可求解.【題目詳解】由題意，隨機變量，且，根據正態分布曲線的對稱性，可得，所以.【題目點撥】本題主要考查了正態分布的應用，其中解答中熟記正態分布曲線的對稱性是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.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）利用正弦定理將邊化角和誘導公式可化簡邊角關系式，求得，根據可求得結果；（2）利用余弦定理得到，利用基本不等式可求得，代入三角形面積公式即可求得面積的最大值.【題目詳解】（1）由正弦定理可得：即：，即（2）由余弦定理可知：又（當且僅當時取等號）即的最大值為：【題目點撥】本題考查解三角形的相關知識，涉及到利用正弦定理化簡邊角關系式、余弦定理的應用、三角形面積最值的求解等知識；化簡邊角關系式的關鍵是能夠根據邊齊次的特點，利用正弦定理將邊角關系式轉化為三角恒等變換的化簡問題.18、（1）（2）【解題分析】試題分析：（1）利用和項與通項關系，當時，，將條件轉化為項之間遞推關系：，再構造等比數列：，根據等比數列定義及通項公式求得，即得；注意驗證當時是否滿足題意，（2）由于可裂成相鄰兩項之差：，所以利用裂項相消法求數列的前項和.試題解析：（Ⅰ）因為，故當時，；當時，，兩式對減可得；經檢驗，當時也滿足；故，故數列是以3為首項，3為公比的等比數列，故，即.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，故.點睛：裂項相消法是指將數列的通項分成兩個式子的代數和的形式，然后通過累加抵消中間若干項的方法，裂項相消法適用于形如(其中是各項均不為零的等差數列，c為常數)的數列.裂項相消法求和，常見的有相鄰兩項的裂項求和(如本例)，還有一類隔一項的裂項求和，如或.19、（Ⅰ）8（Ⅱ）【解題分析】

（Ⅰ）根據二項定理展開式展開，即可確定對應項的系數，即可求解.（Ⅱ）代入值后可求得的解析式，經過檢驗可知點不在曲線上，即可設切點坐標為，代入曲線方程并求得，由導數的幾何意義及兩點間斜率公式，可得方程，且由題意可知該方程有三個不同的實數根；分離參數并構造函數，進而求得，令求得極值點和極值，由直線截此圖象有三個交點即可確定的取值范圍.【題目詳解】（Ⅰ）根據二項式定理展開式的應用，展開可得所以（Ⅱ）由題意因為點不在曲線上，所以可設切點為．則．因為，所以切線的斜率為．則，即．因為過點可作曲線的三條切線，所以方程有三個不同的實數解．分離參數，設函數，所以，令，可得，令，解得或，所以在單調遞增，在單調遞減．所以的極大值為，極小值為.用直線截此圖象，當兩圖象有三個交點，即時，即可作曲線的三條切線.【題目點撥】本題考查了二項式定理展開式的簡單應用，兩點間斜率公式及導數的幾何意義應用，分離參數及構造函數研究三次函數性質的綜合應用，屬于中檔題.20、（1）見解析；（2）見解析；【解題分析】

（1）要證BD⊥平面PAC，只需在平面PAC上找到兩條直線跟BD垂直即證，顯然，從平面中可證，即證.(2)要證明平面PAB⊥平面PAE,可證平面即可.【題目詳解】（1）證明：因為平面,所以；因為底面是菱形，所以;因為,平面,所以平面.（2）證明：因為底面是菱形且，所以為正三角形，所以,因為,所以；因為平面，平面,所以；因為所以平面，平面,所以平面平面.【題目點撥】本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立體幾何中的探索問題等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.21、（1）第5、6、7項；（2）或；【解題分析】

（1）先求展開式各項的系數，由有連續三項的系數之比為1︰2︰3，求出及項數；（2）再由通項公式寫出倒數第二項，由它等于112求出．【題目詳解】（1）展開式各項系數為，由題意，即，解得，∴這三項是第5、6、7項．（2）倒數第二項為，∴＝＝112，，，即，，∴或．【題目點撥】本題考查二項式定理，考查組合數公式的計算，題中難點有兩個，一個是把組合數用階乘表示出來后求解較方便，一個是解方程時要先取以2為底的對數后才能求解．22、（1）；（2）.【解題分析】

(1)