遼寧省重點協作校2024屆數學高二第二學期期末考試試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．如圖，表示三個開關，設在某段時間內它們正常工作的概率分別是0.9、0.8、0.7，那么該系統正常工作的概率是（）．A．0.994 B．0.686 C．0.504 D．0.4962．設，則“”是“”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．在下列區間中，函數的零點所在的區間為（）A． B． C． D．4．下面推理過程中使用了類比推理方法，其中推理正確的是（）A．平面內的三條直線a,b,c，若a⊥c,b⊥c，則a//b.類比推出：空間中的三條直線a,b,c，若a⊥c,b⊥c，則a//bB．平面內的三條直線a,b,c，若a//c,b//c，則a//b.類比推出：空間中的三條向量a,b,cC．在平面內，若兩個正三角形的邊長的比為12，則它們的面積比為14.類比推出：在空間中，若兩個正四面體的棱長的比為1D．若a,b,c,d∈R，則復數a+bi=c+di?a=c,b=d.類比推理：“若a,b,c,d∈Q，則a+b25．設函數在上可導，其導函數為，且函數在處取得極大值，則函數的圖象可能是A． B．C． D．6．已知為兩個不同平面，為直線且，則“”是“”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7．把圓x2+(y-2)A．線段 B．等邊三角形C．直角三角形 D．四邊形8．已知實數，滿足約束條件，若不等式恒成立，則實數的最大值為（）A． B． C． D．9．設，則A． B． C． D．10．若函數，則（）A．1 B． C．27 D．11．用數學歸納法證明，則當時左端應在的基礎上（）A．增加一項 B．增加項C．增加項 D．增加項12．函數（，e是自然對數的底數，）存在唯一的零點，則實數a的取值范圍為()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．一場晚會共有7個節目，要求第一個節目不能排，節目必須排在前4個，節目必須排在后3個，則有_______種不同的排法（用數字作答）.14．在長方體中，若，，則異面直線與所成角的大小為______.15．若正實數滿足，則的最小值為______．16．若角滿足，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）等差數列的各項均為正數，,前n項和為．等比數列中，，且,．（1）求數列與的通項公式；（2）求．18．（12分）已知平行四邊形中，，，，是邊上的點，且，若與交于點，建立如圖所示的直角坐標系.（1）求點的坐標；（2）求.19．（12分）已知函數.（1）求不等式的解集；（2）若對于一切，均有成立，求實數的取值范圍.20．（12分）如圖，已知橢圓與橢圓的離心率相同．（1）求的值；（2）過橢圓的左頂點作直線，交橢圓于另一點，交橢圓于兩點（點在之間）．①求面積的最大值（為坐標原點）；②設的中點為，橢圓的右頂點為，直線與直線的交點為，試探究點是否在某一條定直線上運動，若是，求出該直線方程；若不是，請說明理由．21．（12分）設等差數列的公差為d、前n項和為，已知，．（1）求數列的通項公式：（2）令，求數列的前n項和．22．（10分）有6本不同的書:(1)全部借給5人,每人至少1本,共有多少種不同的借法?(2)全部借給3人,每人至少1本,共有多少種不同的借法?

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、B【解題分析】

由題中意思可知，當、元件至少有一個在工作，且元件在工作時，該系統正常公式，再利用獨立事件的概率乘法公式可得出所求事件的概率．【題目詳解】由題意可知，該系統正常工作時，、元件至少有一個在工作，且元件在元件，當、元件至少有一個在工作時，其概率為，由獨立事件的概率乘法公式可知，該系統正常工作的概率為，故選B．【題目點撥】本題考查獨立事件的概率乘法公式，解題時要弄清楚各事件之間的關系，在處理至少等問題時，可利用對立事件的概率來計算，考查計算能力，屬于中等題．2、A【解題分析】

首先解這兩個不等式，然后判斷由題設能不能推出結論和由結論能不能推出題設，進而可以判斷出正確的選項.【題目詳解】，，顯然由題設能推出結論，但是由結論不能推出題設，因此“”是“”的充分不必要條件，故本題選A.【題目點撥】本題考查了充分條件、必要條件的判斷，解決本問題的關鍵是正確求出不等式的解集.3、C【解題分析】

先判斷函數在上單調遞增，由,利用零點存在定理可得結果.【題目詳解】因為函數在上連續單調遞增，且,所以函數的零點在區間內，故選C.【題目點撥】本題主要考查零點存在定理的應用，屬于簡單題.應用零點存在定理解題時，要注意兩點：（1）函數是否為單調函數；（2）函數是否連續.4、D【解題分析】

對四個答案中類比所得的結論逐一進行判斷，即可得到答案【題目詳解】對于A，空間中，三條直線a，b，c，若a⊥c，對于B，若b=0，則若a//b對于C，在平面上，正三角形的面積比是邊長比的平方，類比推出在空間中，正四面體的體積是棱長比的立方，棱長比為12，則它們的體積比為1對于D，在有理數Q中，由a+b2=c+d2可得，b=d，故正確綜上所述，故選D【題目點撥】本題考查的知識點是類比推理，解題的關鍵是逐一判斷命題的真假，屬于基礎題．5、D【解題分析】

因為-2為極值點且為極大值點，故在-2的左側附近>0，-2的右側<0,所以當x>-2且在-2的右側附近時，排除BC，當x<-2且在-2的左側附近時，，排除AC，故選D6、B【解題分析】

當時，若，則推不出；反之可得，根據充分條件和必要條件的判斷方法，判斷即可得到答案．【題目詳解】當時，若且，則推不出，故充分性不成立；當時，可過直線作平面與平面交于，根據線面平行的性質定理可得，又，所以，又，所以，故必要性成立，所以“”是“”的必要不充分條件．故選：B．【題目點撥】本題主要考查充分條件和必要條件的判定，關鍵是掌握充分條件和必要條件的定義，判斷是的什么條件，需要從兩方面分析：一是由條件能否推得條件；二是由條件能否推得條件．7、B【解題分析】

通過聯立方程直接求得交點坐標，從而判斷圖形形狀.【題目詳解】聯立x2+(y-2)2=1與x2【題目點撥】本題主要考查圓與橢圓的交點問題，難度不大.8、A【解題分析】

繪制不等式組表示的平面區域如圖所示，考查目標函數，由目標函數的幾何意義可知，目標函數在點處取得最大值，在點或點處取得最小值，即．題中的不等式即：，則：恒成立，原問題轉化為求解函數的最小值，整理函數的解析式有：，令，則，令，則在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，且，據此可得，當時，函數取得最大值，則此時函數取得最小值，最小值為：．綜上可得，實數的最大值為．本題選擇A選項．【方法點睛】本題主要考查基本不等式，在用基本不等式求最值時，應具備三個條件：一正二定三相等．①一正：關系式中，各項均為正數；②二定：關系式中，含變量的各項的和或積必須有一個為定值；③三相等：含變量的各項均相等，取得最值．若等號不成立，則利用對勾函數的單調性解決問題．9、C【解題分析】分析：利用復數的除法運算法則：分子、分母同乘以分母的共軛復數，化簡復數，然后求解復數的模.詳解：，則，故選c.點睛：復數是高考中的必考知識，主要考查復數的概念及復數的運算．要注意對實部、虛部的理解，掌握純虛數、共軛復數這些重要概念，復數的運算主要考查除法運算，通過分母實數化轉化為復數的乘法，運算時特別要注意多項式相乘后的化簡，防止簡單問題出錯，造成不必要的失分.10、C【解題分析】

求導后代入可構造方程求得，從而得到，代入可求得結果.【題目詳解】，，解得：，，.故選：.【題目點撥】本題考查導數值的求解問題，關鍵是能夠明確為實數，其導數為零.11、D【解題分析】

明確從變為時，等式左端的變化，利用末尾數字作差即可得到增加的項數.【題目詳解】當時，等式左端為：當時，等式左端為：需增加項本題正確選項：【題目點撥】本題考查數學歸納法的基礎知識，關鍵是明確等式左端的數字變化規律.12、A【解題分析】

函數，是自然對數的底數，存在唯一的零點等價于函數與函數只有唯一一個交點，由，，可得函數與函數唯一交點為，的單調，根據單調性得到與的大致圖象，從圖形上可得要使函數與函數只有唯一一個交點，則，即可解得實數的取值范圍．【題目詳解】解：函數，是自然對數的底數，存在唯一的零點等價于：函數與函數只有唯一一個交點，，，函數與函數唯一交點為，又，且，，在上恒小于零，即在上為單調遞減函數，又是最小正周期為2，最大值為的正弦函數，可得函數與函數的大致圖象如圖：要使函數與函數只有唯一一個交點，則，，，，解得，又，實數的范圍為．故選：．【題目點撥】本題主要考查了零點問題，以及函數單調性，解題的關鍵是把唯一零點轉化為兩個函數的交點問題，通過圖象進行分析研究，屬于難題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1224【解題分析】

從G排在前4個和后3個兩種情況來討論，當排在前4個時，根據題的條件，求出有種排法，當排在后三個時，根據條件，求得有種排法，再根據分類計數原理求得結果.【題目詳解】當排在前4個時，A也排在前四個，有種選擇，此時D排在后三個有種選擇，其余4人，共有種排法，此時共有種排法；當排在后三個時，D也排在后三個，A也排在前四個，此時共有種排法，所以共有種排法，故答案是：1224.【題目點撥】該題考查的是有關應用排列解決實際問題，涉及到的知識點有排列數，分類計數原理，分步計數原理，屬于簡單題目.14、【解題分析】

畫出長方體,再將異面直線與利用平行線轉移到一個三角形內求解角度即可.【題目詳解】畫出長方體可得異面直線與所成角為與之間的夾角,連接.則因為,則,又,故,又,故為等腰直角三角形,故,即異面直線與所成角的大小為故答案為【題目點撥】本題主要考查立體幾何中異面直線的角度問題,一般的處理方法是將異面直線經過平行線的轉換構成三角形求角度,屬于基礎題型.15、9【解題分析】

根據，展開后利用基本不等式求最值.【題目詳解】等號成立的條件是，即，，解得：的最小值是9.【題目點撥】本題考查了基本不等式求最值的問題，屬于簡單題型.基本不等式求最值，需滿足“一正，二定，三相等”，這三個要素缺一不可.16、【解題分析】

由，得tanα＝-2，由二倍角的正切公式化簡后，把tanα的值代入即可．【題目詳解】∵sina+2cosa=0，得，即tanα＝-2，∴tan2α＝．故答案為【題目點撥】本題考查了二倍角的正切公式，以及同角三角函數間的基本關系，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）由題意,要求數列與的通項公式,只需求公差，公比,因此可將公差,公比分別設為d，q,然后根據等差數列的前項和公式,代入,,求出d，q即可寫出數列與的通項公式．（2）由（1）可得,即,而要求,故結合的特征可變形為,代入化簡即可．【題目詳解】（1）設等差數列的公差為d，d＞1，的等比為q則,,依題意有，解得或（舍去）故,（2）由（1）可得∴∴=．【題目點撥】本題第一問主要考查了求數列的通項公式,較簡單,只要能寫出的表達式,然后代入題中的條件正確計算即可得解,但要注意d＞1．第二問考查了求數列的前n項和，關鍵是要分析數列通項的特征,將等價變形為,然后代入計算，這也是求數列前n項和的一種常用方法--裂項相消法！18、（1）；（2）.【解題分析】

（1）根據題意寫出各點坐標，利用求得點的坐標。（2）根據求得點的坐標，再計算、，求出數量積。【題目詳解】建立如圖所示的坐標系，則，，，，由，所以，設，則,所以，解得，所以（2）根據題意可知，所以,所以，從而，。【題目點撥】本題考查了平面向量的坐標運算以及數量積，屬于基礎題。19、（1）；（2）.【解題分析】分析：（1）直接解一元二次不等式即可；（2）將不等式轉化為恒成立問題，分離參數，借助基本不等式得到的取值范圍.詳解：（1）∵，∴，∴，∴的解集為；（2）∵，∴當時，恒成立，∴，∴對一切均有成立，又，當且僅當時，等號成立.∴實數的取值范圍為.點睛：本題考查了一元二次不等式的解法，以及將不等式轉化為恒成立問題，分離參數，基本不等式的應用.20、（1）；（2）①；②點在定直線上【解題分析】

（1）利用兩個橢圓離心率相同可構造出方程，解方程求得結果；（2）①當與軸重合時，可知不符合題意，則可設直線的方程：且；設，，聯立直線與橢圓方程可求得，則可將所求面積表示為：，利用換元的方式將問題轉化為二次函數的最值的求解，從而求得所求的最大值；②利用中點坐標公式求得，則可得直線的方程；聯立直線與橢圓方程，從而可求解出點坐標，進而得到直線方程，與直線聯立解得坐標，從而可得定直線.【題目詳解】(1)由橢圓方程知：，離心率：又橢圓中，，，又，解得：（2）①當直線與軸重合時，三點共線，不符合題意故設直線的方程為：且設，由（1）知橢圓的方程為：聯立方程消去得：即：解得：，，又令，此時面積的最大值為：②由①知：直線的斜率：則直線的方程為：聯立方程消去得：，解得：則直線的方程為：聯立直線和的方程，解得：點在定直線上運動【題目點撥】本題考查直線與橢圓的綜合應用問題，涉及到橢圓方程的求解、橢圓中的三角形