海南省臨高縣波蓮中學2024屆高二數學第二學期期末質量跟蹤監視試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．設,則（）A．a<b〈c B．b<a<c C．c〈a〈b D．c<b〈a2．設，均為實數，且，，，則()A． B． C． D．3．已知：，方程有1個根，則不可能是（）A．-3 B．-2 C．-1 D．04．復數滿足，且在復平面內對應的點在第四象限，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．5．函數的圖象如圖所示，下列數值排序正確的是（）A．B．C．D．6．某市組織了一次高二調研考試，考試后統計的數學成績服從正態分布，其密度函數，x∈(－∞，＋∞)，則下列命題不正確的是()A．該市這次考試的數學平均成績為80分B．分數在120分以上的人數與分數在60分以下的人數相同C．分數在110分以上的人數與分數在50分以下的人數相同D．該市這次考試的數學成績標準差為107．設等差數列{an}滿足3a8=5a15，且A．S23 B．S24 C．S8．等于（）A． B． C． D．9．正切函數是奇函數，是正切函數，因此是奇函數，以上推理（）A．結論正確 B．大前提不正確 C．小前提不正確 D．以上均不正確10．命題：在三角形中，頂點與對邊中點連線所得三線段交于一點，且分線段長度比為，類比可得在四面體中，頂點與所對面重心的連線所得四線段交于一點，且分線段比為（）A． B． C． D．11．將4名學生分配到5間宿舍中的任意2間住宿，每間宿舍2人，則不同的分配方法有（）A．240種 B．120種 C．90種 D．60種12．下列四個命題中，真命題的個數是（）①命題“若，則”；②命題“且為真，則有且只有一個為真命題”；③命題“所有冪函數的圖象經過點”；④命題“已知是的充分不必要條件”.A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．的展開式中的系數為__________．14．甲、乙、丙三位同學被問到是否去過三個城市時，甲說:我沒去過城市；乙說:我去過的城市比甲多，但沒去過城市；丙說:我們三人去過同一城市，由此可判斷甲去過的城市為__________．15．已知函數的零點，則整數的值為______.16．已知函數的導函數為，且，則_____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）已知.（1）求的值；（2）當時，求的最大值.18．（12分）如圖為一簡單組合體，其底面為正方形，平面，，且，為線段的中點．（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）求三棱錐的體積．19．（12分）已知函數（為自然對數的底數）.（1）討論函數的單調性；（2）當時，恒成立，求整數的最大值.20．（12分）已知拋物線的焦點為，過點且與軸不垂直的直線與拋物線交于點，且．（1）求拋物線的方程；（2）設直線與軸交于點，試探究：線段與的長度能否相等？如果相等，求直線的方程，如果不等，說明理由．21．（12分）已知復數．（1）求實數的值；（2）若，求的取值范圍．22．（10分）已知函數.（1）討論在上的單調性；（2）若對恒成立，求正整數的最小值.

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、D【解題分析】分析：先對a,b,c,進行化簡，然后進行比較即可.詳解：，又故，故選D.點睛：考查對指數冪的化簡運算，定積分計算，比較大小則通常進行估算值的大小，屬于中檔題.2、B【解題分析】分析：將題目中方程的根轉化為兩個函數圖像的交點的橫坐標的值，作出函數圖像，根據圖像可得出的大小關系.詳解：在同一平面直角坐標系中，分別作出函數的圖像由圖可知，故選B.點睛：解決本題，要注意①方程有實數根②函數圖像與軸有交點③函數有零點三者之間的等價關系，解決此類問題時，有時候采用“數形結合”的策略往往能起到意想不到的效果.3、D【解題分析】

由題意可得，可令，求得導數和單調性、最值，運用排除法即可得到所求結論．【題目詳解】，方程有1個根，可得，可令，，可得時，，遞增；時，，遞減，可得時，取得最大值，且時，，若時，，可得舍去，方程有1個根；若時，，可得，方程有1個根；若時，，可得，方程有1個根；若時，，無解方程沒有實根．故選D．【題目點撥】本題考查函數方程的轉化思想，以及換元法和導數的運用：求單調性和極值、最值，考查化簡運算能力，屬于中檔題．4、C【解題分析】

首先化簡，通過所對點在第四象限建立不等式組，得到答案.【題目詳解】根據題意得，，因為復平面內對應的點在第四象限，所以，解得，故選C.【題目點撥】本題主要考查復數的四則運算，復數的幾何意義，難度不大.5、B【解題分析】

根據已知條件可以把轉化為即為函數在為和對應兩點連線的斜率，且，是分別為時對應圖像上點的切線斜率，再結合圖像即可得到答案.【題目詳解】，是分別為時對應圖像上點的切線斜率，，為圖像上為和對應兩點連線的斜率，（如圖）由圖可知，故選：B【題目點撥】本題考查了導數的幾何意義以及斜率公式，比較斜率大小，屬于較易題.6、B【解題分析】分析：根據密度函數的特點可得：平均成績及標準差，再結合正態曲線的對稱性可得分數在110分以上的人數與分數在50分以下的人數相同，從而即可選出答案.詳解：密度函數，該市這次考試的數學平均成績為80分該市這次考試的數學標準差為10，從圖形上看，它關于直線對稱，且50與110也關于直線對稱，故分數在110分以上的人數與分數在50分以下的人數相同.故選B.點睛：本題主要考查了正態分布曲線的特點及曲線所表示的意義，以及利用幾何圖形的對稱性求解.7、C【解題分析】因a8=a1+7d,a15=a1+14d，故由題設3a8=5a158、A【解題分析】

根據排列數的定義求解.【題目詳解】，故選A.【題目點撥】本題考查排列數的定義.9、C【解題分析】

根據三段論的要求：找出大前提，小前提，結論，再判斷正誤即可。【題目詳解】大前提：正切函數是奇函數，正確；小前提：是正切函數，因為該函數為復合函數，故錯誤；結論：是奇函數，該函數為偶函數，故錯誤；結合三段論可得小前提不正確.故答案選C【題目點撥】本題考查簡易邏輯，考查三段論，屬于基礎題。10、C【解題分析】

如圖，在中，可證明，且與交于O，同理可證其余頂點與對面重心的連線交于O，即得解.【題目詳解】如圖在四面體中，設是的重心，連接并延長交CD于E，連接，則經過，在中，，且與交于O，同理，其余頂點與對面重心的連線交于O，也滿足比例關系.故選：C【題目點撥】本題考查了三角形和四面體性質的類比推理，考查了學生邏輯推理，空間想象，數學運算的能力，屬于中檔題.11、D【解題分析】

根據分步計數原理分兩步：先安排宿舍，再分配學生，繼而得到結果．【題目詳解】根據題意可以分兩步完成：第一步：選宿舍有10種；第二步：分配學生有6種；根據分步計數原理有：10×6＝60種．故選D．【題目點撥】本題考查排列組合及計數原理的實際應用，考查了分析問題解決問題的能力，屬于基礎題．12、C【解題分析】

①令，研究其單調性判斷.②根據“且”構成的復合命題定義判斷.③根據冪函數的圖象判斷.④由，判斷充分性，取特殊值判斷必要性.【題目詳解】①令，，所以在上遞增所以，所以，故正確.②若且為真，則都為真命題，故錯誤.③因為所有冪函數的圖象經過點，故正確.④因為，所以，故充分性成立，當時，推不出，所以不必要，故正確.故選：C【題目點撥】本題主要考查命題的真假判斷，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、-10【解題分析】分析：利用二項式展開式通項即可得出答案.詳解：，當時，.故答案為：-10.點睛：求二項展開式中的特定項，一般是利用通項公式進行，化簡通項公式后，令字母的指數符合要求(求常數項時，指數為零；求有理項時，指數為整數等)，解出項數k＋1，代回通項公式即可．14、A【解題分析】分析：一般利用假設分析法，找到甲去過的城市.詳解：假設甲去過的城市為A,則乙去過的城市為A,C，丙去過A城市.假設甲去過的城市為B時，則乙說的不正確,所以甲去過城市不能為B.故答案為：A.點睛：（1）本題主要考查推理證明，意在考查學生對該知識的掌握水平和推理能力.(2)類似本題的題目，一般都是利用假設分析推理法找到答案.15、3【解題分析】

根據函數單調性可知若存在零點則零點唯一，由零點存在定理可判斷出零點所在區間，從而求得結果.【題目詳解】由題意知：在上單調遞增若存在零點，則存在唯一一個零點又，由零點存在定理可知：，則本題正確結果：【題目點撥】本題考查零點存在定理的應用，屬于基礎題.16、．【解題分析】

由導數的運算公式，求得，令，即可求解，得到答案.【題目詳解】由題意，函數，則，所以，解得.【題目點撥】本題主要考查了導數的運算，其中解答中熟記導數的運算公式，準確計算是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，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】分析：（1）分別令，，兩式相加可得的值；設最大，則有，即解之即可.詳解：（1）令可得，，令可得，，兩式相加可得：，所以；（2）因為，所以，設最大，則有，即，解得，因為，所以，此時的最大值為.點睛：本題主要考查二項式定理的應用，屬于中檔題．18、（1）見解析（2）【解題分析】試題分析：（Ⅰ）要證線線垂直，一般先證線面垂直，注意到底面，考慮證明與平面平行（或其內一條直線平行），由于是中點，因此取中點（實質上是與的交點），可證是平行四邊形，結論得證；（Ⅱ）求三棱錐的體積，采用換底，即，由已知可證就是三棱錐的高，從而易得體積．試題解析：（Ⅰ）連結與交于點，則為的中點，連結，∵為線段的中點，∴且又且∴且∴四邊形為平行四邊形，∴,即．又∵平面,面,∴,∵,∴,（Ⅱ）∵平面，平面,∴平面平面∵，平面平面，平面，∴平面.三棱錐的體積考點：線面垂直的判定與性質，三棱錐的體積．19、(1)見解析；(2)的最大值為1.【解題分析】

（1）根據的不同范圍，判斷導函數的符號，從而得到的單調性；（2）方法一：構造新函數，通過討論的范圍，判斷單調性，從而確定結果；方法二：利用分離變量法，把問題變為，求解函數最小值得到結果.【題目詳解】（1）當時，在上遞增；當時，令，解得：在上遞減，在上遞增；當時，在上遞減（2）由題意得：即對于恒成立方法一、令，則當時，在上遞增，且，符合題意；當時，時，單調遞增則存在，使得，且在上遞減，在上遞增由得：又整數的最大值為另一方面，時，，，時成立方法二、原不等式等價于：恒成立令令，則在上遞增，又，存在，使得且在上遞減，在上遞增又，又，整數的最大值為【題目點撥】本題主要考查導數在函數單調性中的應用，以及導數當中的恒成立問題.處理恒成立問題一方面可以構造新函數，通過研究新函數的單調性，求解出范圍；另一方面也可以采用分離變量的方式，得到參數與新函數的大小關系，最終確定結果.20、（1）（2）當的方程為時有.【解題分析】

（1）設直線，與拋物線方程聯立，利用韋達定理得到方程，解方程求得，從而得到拋物線方程；（2）將與拋物線方程聯立，利用韋達定理可得，根據焦點弦長公式可求得，利用兩點間距離公式得，利用構造方程，解方程求得，從而得到直線的方程.【題目詳解】（1）設直線，代入拋物線方程得：，解得：拋物線方程為：（2）由（1）知：聯立得：此時恒成立，過焦點由，由得：，即：，解得：或（舍）當直線方程為：時，【題目點撥】本題考查直線與拋物線綜合應用問題，涉及到拋物線方程的求解、焦點弦長公式的應用等知識；難點在于利用等長關系構造方程后，對于高次方程的求解，解高次方程時，需采用因式分解的方式來進行求解.21、（1）；（2）．【解題分析】

（1）根據題意，先計算出，再由即可求出結果；（2）先由（1）知，再由復數的幾何意義即可求出結果.【題目詳解】（1）因為，，所以，因為，所以，解得或，因為，所以．（2）由（1）知，因為，所以在復平面內對應點的軌跡為以（0,1）為圓心，以2為半徑的圓．故在復平面內表示對應的點到坐標原點的距離，所以的取值范圍即：以（0,1）為圓心，以2為半徑的圓上的點到坐標原點的距離，所以，即．故的取值范圍為．【題目點撥】本題主要考查復數的運算以及復數的幾何意義