山東省巨野縣一中2024屆高二數學第二學期期末統考試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．某快遞公司共有人，從周一到周日的七天中，每天安排一人送貨，每人至少送貨天，其不同的排法共有（）種.A． B． C． D．2．若函數至少存在一個零點，則的取值范圍為（）A． B． C． D．3．設復數z滿足，z在復平面內對應的點為(x，y)，則A． B． C． D．4．甲、乙兩人進行乒乓球比賽,比賽規則為“3局2勝”,即以先贏2局者為勝,根據經驗,每局比賽中甲獲勝的概率為0.4,則本次比賽甲獲勝的概率是（）A．0.216 B．0.36 C．0.352 D．0.6485．設、、，，，，則、、三數（）A．都小于 B．至少有一個不大于C．都大于 D．至少有一個不小于6．對于偶函數，“的圖象關于直線對稱”是“是周期為2的周期函數”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．既不充分也不必要條件 D．充要條件7．在圓中，弦的長為4，則（）A．8 B．-8 C．4 D．-48．以下數表的構造思路源于我國南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算術》一書中的“楊輝三角形”．該表由若干行數字組成，從第二行起，每一行中的數字均等于其“肩上”兩數之和，表中最后一行僅有一個數，則這個數為（）A． B．C． D．9．已知函數的圖象關于直線對稱，且在上為單調函數，下述四個結論：①滿足條件的取值有個②為函數的一個對稱中心③在上單調遞增④在上有一個極大值點和一個極小值點其中所有正確結論的編號是（）A．①④ B．②③ C．①②④ D．①②③10．已知高為3的正三棱柱ABC-A1B1C1的每個頂點都在球O的表面上，若球O的表面積為，則此正三棱柱ABC-A1B1C1的體積為()A． B． C． D．1811．設、是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面，下列命題中正確的是（）A．若，且，則B．若，則C．若，，則D．若，且，則12．下列函數中，既是偶函數，又在區間上單調遞增的是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為p，各成員的支付方式相互獨立，設X為該群體的10位成員中使用移動支付的人數，，則______.14．若直線是曲線的切線，也是曲線的切線，則．15．在平面直角坐標系中，雙曲線的漸近線方程為______.16．已知點在橢圓上，垂直于橢圓焦點所在的直線，垂足為，并且為線段的中點，則點的軌跡方程是_____.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）函數(為實數).(1)若，求證：函數在上是增函數；(2)求函數在上的最小值及相應的的值；(3)若存在，使得成立，求實數的取值范圍.18．（12分）如圖，四棱錐中，，，，，，.（1）求證：；（2）求鈍二面角的余弦值.19．（12分）已知以橢圓的焦點和短軸端點為頂點的四邊形恰好是面積為4的正方形.(1)求橢圓的方程：(2)若是橢圓上的動點,求的取值范圍；(3)直線：與橢圓交于異于橢圓頂點的,兩點,為坐標原點,直線與橢圓的另一個交點為點,直線和直線的斜率之積為1,直線與軸交于點.若直線,的斜率分別為,試判斷,是否為定值,若是,求出該定值；若不是,說明理由.20．（12分）在四棱錐中,底面ABCD是邊長為1的正方形,平面ABCD,PA=AB,M,N分別為PB,AC的中點,（１）求證:MN//平面PAD（２）求點B到平面AMN的距離21．（12分）設，函數.（1）若，極大值；（2）若無零點，求實數的取值范圍；（3）若有兩個相異零點，，求證：.22．（10分）在某中學高中某學科競賽中，該中學100名考生的參賽成績統計如圖所示．（1）求這100名考生的競賽平均成績（同一組中數據用該組區間中點作代表）；（2）記70分以上為優秀，70分及以下為合格，結合頻率分布直方圖完成下表，并判斷是否有99%的把握認為該學科競賽成績與性別有關？合格優秀合計男生18女生25合計100附：．0.0500.0100.0053.8416.6357.879

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】分析：把天分成天組，然后人各選一組值班即可.詳解：天分成天，天，天組，人各選一組值班，共有種，故選C.點睛：本題主要考查分組與分配問題問題，著重考查分步乘法計數原理，意在考查綜合運用所學知識解決實際問題的能力，屬于中檔題.2、A【解題分析】

將條件轉化為有解，然后利用導數求出右邊函數的值域即可.【題目詳解】因為函數至少存在一個零點所以有解即有解令，則因為，且由圖象可知，所以所以在上單調遞減，令得當時，單調遞增當時，單調遞減所以且當時所以的取值范圍為函數的值域，即故選：A【題目點撥】1.本題主要考查函數與方程、導數與函數的單調性及簡單復合函數的導數，屬于中檔題.2.若方程有根，則的范圍即為函數的值域3、C【解題分析】

本題考點為復數的運算，為基礎題目，難度偏易．此題可采用幾何法，根據點（x，y）和點(0，1)之間的距離為1，可選正確答案C．【題目詳解】則．故選C．【題目點撥】本題考查復數的幾何意義和模的運算，滲透了直觀想象和數學運算素養．采取公式法或幾何法，利用方程思想解題．4、C【解題分析】

先列舉出甲獲勝的情況，再利用獨立事件的概率乘法公式可計算出所求事件的概率。【題目詳解】記事件A:甲獲勝，則事件A包含：①比賽兩局，這兩局甲贏；②比賽三局，前兩局甲、乙各贏一局，第三局甲贏。由獨立事件的概率乘法公式得PA故選：C.【題目點撥】本題考查獨立事件的概率乘法公式的應用，解題前先要弄清事件所包含的基本情況，并逐一列舉出來，并結合概率的乘法公式進行計算，考查計算能力，屬于中等題。5、D【解題分析】

利用基本不等式計算出，于此可得出結論.【題目詳解】由基本不等式得，當且僅當時，等號成立，因此，若、、三數都小于，則與矛盾，即、、三數至少有一個不小于，故選D.【題目點撥】本題考查了基本不等式的應用，考查反證法的基本概念，解題的關鍵就是利用基本不等式求最值，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.6、D【解題分析】

將兩個條件相互推導，根據推導的結果選出正確選項.【題目詳解】依題意，函數為偶函數，即.“的圖象關于直線對稱”“是周期為2的周期函數”.故為充要條件，即本小題選D.【題目點撥】本小題主要考查充分、必要條件的判斷，考查函數的奇偶性、對稱性和周期性，屬于中檔題.7、A【解題分析】分析：根據平面向量的數量積的定義，老鷹圓的垂徑定理，即可求得答案.詳解：如圖所示，在圓中，過點作于，則為的中點，在中，，可得，所以，故選A.點睛：本題主要考查了平面向量的數量積的運算，其中解答中涉及到圓的性質，直角三角形中三角函數的定義和向量的數量積的公式等知識點的綜合運用，著重考查了分析問題和解答問題的能力.8、B【解題分析】試題分析：由題意得，數表的每一行都是等差數列，且第一行公差為，第二行公差為，第三行公差為，第行公差為，第一行的第一個數為；第二行的第一個數列為；第三行的第一個數為；；第行的第一個數為，第行只有，故選B.考點：數列的綜合應用.【方法點晴】本題主要考查了數列的綜合問題，其中解答中涉及到等差數列的概念與通項公式，等比數列的通項公式等知識點應用，著重考查了學生分析問題和解答問題的能力，以及學生的轉化與化歸思想的應用，本題的解答中正確理解數表的結構，探究數表中數列的規律是解答的關鍵，試題有一定的難度，屬于中檔試題.9、D【解題分析】

依照題意找出的限制條件，確定，得到函數的解析式，再根據函數圖像逐一判斷以下結論是否正確．【題目詳解】因為函數的圖象關于直線對稱，所以，又在上為單調函數，，即，所以或，即或所以總有，故①②正確；由或圖像知，在上單調遞增，故③正確；當時，只有一個極大值點，不符合題意，故④不正確；綜上，所有正確結論的編號是①②③．【題目點撥】本題主要考查三角函數的圖像與性質，意在考查學生綜合分析解決問題的能力．10、C【解題分析】

根據體積算出球O的半徑r,再由幾何關系求出地面三角形的邊長，最后求出其體積即可。【題目詳解】因為球O的表面積為，所以球O的半徑又因高為3所以底面三角形的外接圓半徑為，邊長為3底面三角形面積為正三棱柱ABC-A1B1C1的體積為【題目點撥】本題考查正三棱柱的體積公式，考查了組合體問題，屬于中檔題。11、C【解題分析】分析：對選項逐一分析即可.詳解：對于A，，且，則與位置關系不確定，可能相交、平行或者異面，故A錯誤；對于B，，則有可能，有可能，故B錯誤；對于C，，，利用面面垂直的性質定理得到作垂直于交線的直線與垂直，又，得到，又，得到，，故C正確；對于D，，且，則與位置關系不確定，可能相交、平行或者異面，故D錯誤.故選C.點睛：本題考查線線平行、線面平行、線面垂直以及面面垂直的判斷，主要考查空間立體的感知能力以及組織相關知識進行判斷證明的能力，要求熟練相應的判定定理和性質定理.12、D【解題分析】分析：根據函數奇偶性和單調性的定義和性質，對選項中的函數逐一驗證判斷即可.詳解：四個選項中的函數都是偶函數，在上三個函數在上都遞減，不符合題意，在上遞增的只有，而故選D．點睛：本題主要考查函數奇偶性和單調性的判斷，要求熟練掌握常見函數的奇偶性和單調性的性質，意在考查綜合應用所學知識解決問題的能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、0.6【解題分析】

由題意知，，根據二項分布的概率、方差公式計算即可.【題目詳解】由題意知，該群體的10位成員使用移動支付的概率分布符合二項分布，所以，所以或．

由，得，

即，所以，

所以，

故答案為：．【題目點撥】本題主要考查的是二項分布問題，根據二項分布求概率，再利用方差公式求解即可．14、【解題分析】試題分析：對函數求導得，對求導得，設直線與曲線相切于點，與曲線相切于點，則，由點在切線上得，由點在切線上得，這兩條直線表示同一條直線，所以，解得.【考點】導數的幾何意義【名師點睛】函數f（x）在點x0處的導數f′（x0）的幾何意義是曲線y＝f（x）在點P（x0，y0）處的切線的斜率．相應地，切線方程為y?y0＝f′（x0）（x?x0）．注意：求曲線切線時，要分清在點P處的切線與過點P的切線的不同．15、.【解題分析】

直接利用雙曲線的標準方程求出漸近線方程即可.【題目詳解】解：由雙曲線的標準方程可知，其漸近線為.故答案為:.【題目點撥】本題考查了雙曲線漸近線的求解.16、【解題分析】設P（x，y），則M（x，）．∵點M在橢圓上，∴，即P點的軌跡方程為x2+y2=1．故填.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）函數在上是增函數；（2）見解析；（3）.【解題分析】試題分析：（1）當時，在（0，+∞）上恒成立，故函數在（1，+∞）上是增函數；（2）求導)，當x∈[1，e]時，．分①，②，③，三種情況得到函數f（x）在[1，e]上是單調性，進而得到[f（x）]min；（3）由題意可化簡得到，令，利用導數判斷其單調性求出最小值為．試題解析：(1)當時，，其定義域為，，當時，恒成立，故函數在上是增函數.(2)，當時，，①若，在上有(僅當，時，)，故函數在上是增函數，此時；②若，由，得，當時，有，此時在區間上是減函數；當時，有，此時，在區間上是增函數，故；③若，在上有(僅當，時，)，故函數在上是減函數，此時綜上可知，當時，的最小值為1，相應的的值為1；當時，的最小值為，相應的值為；當時，的最小值為，相應的的值為.(3)不等式可化為，因為，所以，且等號不能同時取，所以，即，所以，令，則，當時，，，從而(僅當時取等號)，所以在上為增函數，所以的最小值為，所以實數的取值范圍為.點睛：不等式的存在問題即為不等式的有解問題，常用的方法有兩個：一是，分離變量法，將變量和參數移到不等式的兩邊，要就函數的圖像，找參數范圍即可；二是，含參討論法，此法是一般方法，也是高考的熱點問題，需要求導，討論參數的范圍，結合單調性處理.18、（1）見解析；（2）【解題分析】

（1）推導出，，從而平面，由此能證明.（2）過點在平面內作直線，由（1）以點為坐標原點建立空間直角坐標系，利用向量法求出鈍二面角的余弦值.【題目詳解】（1）證明：在中，，且，由余弦定理，得.過點作，可知四邊形是矩形，，且.又，故，于是有，即.又，且，平面，.（2）過點在平面內作直線，由（1）可知，和直線兩兩垂直，如圖，以點為坐標原點建立空間直角坐標系.由題意，可得，，，，.設平面的法向量為，由得令，得，，即.再取平面的一個法向量.設二面角的大小為，則，即二面角的余弦值為.【題目點撥】本題考查了線面垂直的判定定理、定義，空間向量法求面面角，解題的關鍵是建立恰當的空間直角坐標系，屬于基礎題.19、(1)；(2)；(3)是定值,為0.【解題分析】

(1)由題意可知：,解這個方程組即可；(2)把橢圓的方程化為參數方程,根據輔助角公式可以求出的取值范圍；(3)直線方程與橢圓的標準方程聯立,利用根與系數關系,可以判斷出為定值.【題目詳解】(1)因為以橢圓的焦點和短軸端點為頂點的四邊形恰好是面積為4的正方形.所以有,解得,所以橢圓的方程為：(2)橢圓橢圓的參數方程為：(為參數且).因為是橢圓上的動點,所以,其中..(3)設,則,.直線：與橢圓的方程聯立為：消去得,由根與系數關系可得：直線的方程為：,令,因為,所以.。.【題目點撥】本題考查了求橢圓的標準方程,考查了橢圓參數方程的應用,考查了直線與橢圓的位置關系,考查了數學運算能力.20、（１）見解析（２）【解題分析】

試題分析：（１）是正方形中對角線中點三點共線，為中點為的中位線（２）設點B到平面AMN的距離為h，,,,,,,，代數得考點：線面平行的判定和點面距的求法21、（1）；（2）；（3）證明見解析.【解題分析】分析：（1），根據導數的符號可知的極大值為；（2），就分類討論即可；（3）根據可以得到，因此原不等式的證明可化為，可用導數證明該不等式.詳解:（1）