2024屆山東省單縣一中高二數學第二學期期末調研試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．關于函數有下述四個結論：①f(x)是偶函數②f(x)在區間（,）單調遞增③f(x)在有4個零點④f(x)的最大值為2其中所有正確結論的編號是A．①②④ B．②④ C．①④ D．①③2．下列結論錯誤的是（）A．命題“若p，則q”與命題“若￢q，則￢p”互為逆否命題B．命題p：，，命題q：，，則“”為真C．“若，則”的逆命題為真命題D．命題P：“，使得”的否定為￢P：“，3．函數=的部分圖像如圖所示，則的單調遞減區間為（）A． B．C． D．4．一個三棱錐的正視圖和側視圖如圖所示(均為真角三角形),則該三棱錐的體積為（）A．4 B．8 C．16 D．245．若復數滿足，則的虛部為A． B． C．1 D．6．已知在處有極值0，且函數在區間上存在最大值，則的最大值為（）A．-6 B．-9 C．-11 D．-47．設三次函數的導函數為，函數的圖象的一部分如圖所示，則正確的是（）A．的極大值為，極小值為B．的極大值為，極小值為C．的極大值為，極小值為D．的極大值為，極小值為8．等差數列{an}的公差是2，若a2,a4A．n(n+1) B．n(n-1) C．n(n+1)2 D．9．若動點與兩定點，的連線的斜率之積為常數，則點的軌跡一定不可能是（）A．除兩點外的圓 B．除兩點外的橢圓C．除兩點外的雙曲線 D．除兩點外的拋物線10．已知定義在R上的函數滿足：對任意x∈R，都有成立，且當時，(其中為的導數).設，則a，b，c三者的大小關系是（）A． B． C． D．11．已知函數滿足，當時，，若在區間上方程有兩個不同的實根，則實數的取值范圍是()A． B． C． D．12．設為等差數列的前項和，若，，則A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設，若是的必要不充分條件，則實數的取值范圍為______.14．從1、3、5、7中任取2個數字，從0、2、4、6中任取2個數字，組成沒有重復數字的四位數，其中能被5整除的四位數共有________個.（用數字作答）15．已知拋物線的弦的中點的橫坐標為2，則的最大值為__________．16．若的二項展開式中的第3項的二項式系數為15，則的展開式中含項的系數為__________．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：在中，，，分別是角，，所對的邊長，是和的等差中項．（Ⅰ）求角；（Ⅱ）若的面積，且，求的周長．18．（12分）如圖，直三棱柱中，為等腰直角三角形，，且.分別為的中點.（1）求證：；（2）求二面角的余弦值.19．（12分）如圖，在以為頂點的多面體中，平面，，.（1）請在圖中作出平面，使得且，并說明理由；（2）證明：.20．（12分）已知.（1）討論的單調性；（2）若，且在區間上的最小值為，求的值.21．（12分）已知曲線y=x3+x－2在點P0處的切線平行于直線4x－y－1=0，且點P0在第三象限,⑴求P0的坐標;⑵若直線,且l也過切點P0,求直線l的方程.22．（10分）在直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），在以坐標原點為極點，以軸正半軸為極軸，建立極坐標系，圓的方程為.（1）寫出直線的普通方程和圓的直角坐標方程；（2）若，圓與直線交于兩點，求的值.

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、C【解題分析】

化簡函數，研究它的性質從而得出正確答案．【題目詳解】為偶函數，故①正確．當時，，它在區間單調遞減，故②錯誤．當時，，它有兩個零點：；當時，，它有一個零點：，故在有個零點：，故③錯誤．當時，；當時，，又為偶函數，的最大值為，故④正確．綜上所述，①④正確，故選C．【題目點撥】畫出函數的圖象，由圖象可得①④正確，故選C．2、C【解題分析】

由逆否命題的定義即可判斷A；由指數函數的單調性和二次函數的值域求法，可判斷B；由命題的逆命題，可得m＝0不成立，可判斷C；運用命題的否定形式可判斷D．【題目詳解】解：命題“若p則q”與命題“若￢q則￢p”互為逆否命題，故A正確；命題，，由，可得p真；命題，，由于，則q假，則“”為真，故B正確；“若，則”的逆命題為“若，則”錯誤，如果，不成立，故C不正確；命題P：“，使得”的否定為￢P：“，”，故D正確．故選：C．【題目點撥】本題考查四種命題和命題的否定，考查判斷能力和運算能力，屬于基礎題．3、D【解題分析】由五點作圖知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故單調減區間為（，），，故選D.考點：三角函數圖像與性質4、B【解題分析】

根據三視圖知，三棱錐的一條長為6的側棱與底面垂直，底面是直角邊為2、4的直角三角形，利用棱錐的體積公式計算即可.【題目詳解】由三視圖知三棱錐的側棱與底垂直，其直觀圖如圖，可得其俯視圖是直角三角形，直角邊長為2，4，，棱錐的體積，故選B.【題目點撥】本題利用空間幾何體的三視圖重點考查學生的空間想象能力和抽象思維能力，屬于中檔題.三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響，對簡單組合體三視圖問題，先看俯視圖確定底面的形狀，根據正視圖和側視圖，確定組合體的形狀.5、A【解題分析】，虛部為．【考點】復數的運算與復數的定義．6、C【解題分析】

利用函數在處有極值0，即則，解得，再利用函數的導數判斷單調性，在區間上存在最大值可得，從而可得的最大值．【題目詳解】由函數，則，因為在，處有極值0，則，即，解得或，當時，，此時，所以函數單調遞增無極值，與題意矛盾，舍去；當時，，此時，，則是函數的極值點，符合題意，所以；又因為函數在區間上存在最大值，因為，易得函數在和上單調遞增，在上單調遞減，則極大值為，且，所以，解得，則的最大值為：.故選C．【題目點撥】本題主要考查導數在函數中的綜合應用，著重考查了轉化與化歸思想、邏輯推理能力與計算能力，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數的幾何意義，求解曲線在某點處的切線方程；(2)利用導數求函數的單調區間，判斷單調性以及函數單調性，求解參數；(3)利用導數求函數的最值(極值)，解決函數的恒成立與有解問題，同時注意數形結合思想的應用.7、C【解題分析】

由的圖象可以得出在各區間的正負，然后可得在各區間的單調性，進而可得極值.【題目詳解】由圖象可知：當和時，，則；當時，，則；當時，，則；當時，，則；當時，，則.所以在上單調遞減；在上單調遞增；在上單調遞減.所以的極小值為，極大值為.故選C.【題目點撥】本題考查導數與函數單調性的關系，解題的突破點是由已知函數的圖象得出的正負性.8、A【解題分析】試題分析：由已知得，a42=a2?a8，又因為{an}【考點】1、等差數列通項公式；2、等比中項；3、等差數列前n項和．9、D【解題分析】

根據題意可分別表示出動點與兩定點的連線的斜率,根據其之積為常數，求得和的關系式，對的范圍進行分類討論，分別討論且和時，可推斷出點的軌跡.【題目詳解】因為動點與兩定點，的連線的斜率之積為常數，所以，整理得，當時，方程的軌跡為雙曲線；當時，且方程的軌跡為橢圓；當時，點的軌跡為圓，拋物線的標準方程中，或的指數必有一個是1,故點的軌跡一定不可能是拋物線，故選D.【題目點撥】本題主要考查直接法求軌跡方程、點到直線的距離公式及三角形面積公式，屬于難題.求軌跡方程的常見方法有:①直接法，設出動點的坐標，根據題意列出關于的等式即可；②定義法，根據題意動點符合已知曲線的定義，直接求出方程；③參數法，把分別用第三個變量表示，消去參數即可；④逆代法，將代入.本題就是利用方法①求動點的軌跡方程的.10、B【解題分析】試題分析：由題意得：對任意x∈R，都有，即f（x）=f（2-x）成立，所以函數的對稱軸為x=1，所以f（3）=f（-1）．因為當x∈（-∞，1）時，（x-1）f′（x）＜0，所以f′（x）＞0，所以函數f（x）在（-∞，1）上單調遞增．因為-1＜0＜，所以f（-1）＜f（0）＜f（），即f（3）＜f（0）＜f（），所以c＜a＜b．故選B．考點：本題主要考查熟練函數的奇偶性、單調性、對稱性等，利用導數研究函數的單調性。點評：中檔題，熟練掌握函數的性質如奇偶性、單調性、周期性、對稱性等，在給定區間，導數值非負，函數是增函數，導數值為非正，函數為減函數。自左向右看，函數圖象上升，函數增；函數圖象下降，函數減。11、D【解題分析】分析：首先根據題意，求得函數在相應的區間上的解析式，之后在同一個坐標系內畫出函數的圖像，之后將函數的零點問題轉化為對應曲線交點的個數問題，結合圖形，得到結果.詳解：當時，，，在同一坐標系內畫出的圖像，動直線過定點，當再過時，斜率，由圖象可知當時，兩圖象有兩個不同的交點，從而有兩個不同的零點，故選D.點睛：該題考查的是有關函數零點個數的問題，在解題的過程中，需要先確定函數的解析式，之后在同一個坐標系內畫出相應的曲線，將函數的零點個數轉化為曲線的交點個數來解決，非常直觀，在做題的時候，需要把握動直線中的定因素.12、B【解題分析】分析：首先設出等差數列的公差為，利用等差數列的求和公式，得到公差所滿足的等量關系式，從而求得結果，之后應用等差數列的通項公式求得，從而求得正確結果.詳解：設該等差數列的公差為，根據題中的條件可得，整理解得，所以，故選B.點睛：該題考查的是有關等差數列的求和公式和通項公式的應用，在解題的過程中，需要利用題中的條件，結合等差數列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差數列的通項公式得到與的關系，從而求得結果.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：首先求得p和q，然后結合是的必要不充分條件求解實數a的取值范圍即可.詳解：求解二次不等式可得：，求解二次不等式可得：，是的必要不充分條件，則：，即：，求解不等式組可得：實數的取值范圍為.點睛：本題主要考查充分性、必要性條件的應用，集合思想的應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.14、1【解題分析】

題目要求得到能被5整除的數字，注意0和5的排列，分三種情況進行討論，四位數中包含5和0的情況，四位數中包含5，不含0的情況，四位數中包含0，不含5的情況，根據分步計數原理得到結果．【題目詳解】解：①四位數中包含5和0的情況：．②四位數中包含5，不含0的情況：．③四位數中包含0，不含5的情況：．四位數總數為．故答案為：1．【題目點撥】本題是一個典型的排列問題，數字問題是排列中的一大類問題，條件變換多樣，把排列問題包含在數字問題中，解題的關鍵是看清題目的實質，很多題目要分類討論，要做到不重不漏，屬于中檔題.15、1【解題分析】利用拋物線的定義可知，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＋x2＝4，那么|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2，由圖可知|AF|＋|BF|≥|AB|?|AB|≤1，當AB過焦點F時取最大值為1．16、160【解題分析】分析：根據題意，結合二項式定理可得，再利用二項式通項公式即可.詳解：由二項式定理，的二項展開式中的第3項的二項式系數為，有，解得.則有，當時，得，的展開式中含項的系數為160.故答案為：160.點睛：本題考查二項式系數的性質，要注意區分某一項的系數與某一項的二項式系數的區別.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、（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解題分析】

（Ⅰ）根據正弦定理得到，即，解得答案.（Ⅱ）根據面積公式得到，根據余弦定理得到，得到周長.【題目詳解】（Ⅰ）由已知得，由正弦定理得，即．∵，∴，∴．由于，∴．∵，∴．（Ⅱ）由得，，代入上式得．由余弦定理得，∴，∴，∴的周長為．【題目點撥】本題考查了正弦定理，余弦定理，面積公式，等差中項，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.18、（1）證明過程詳見試題解析；（2）二面角的余弦值為.【解題分析】試題分析：（1）由已知條件可以為坐標原點建立空間坐標系，用坐標表示出，由向量的數量積運算得，根據線面垂直的判定定理得平面；（2）先分別求出平面和平面的法向量，，再根據公式求出二面角的余弦即可.試題解析：（1）如圖建立空間直角坐標系，令，則A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4).，，平面.平面的法向量為，設平面的法向量為令則,∴二面角的大小的余弦為.考點：1、線面垂直的判定定理；2、二面角．19、（1）見解析；（2）見解析【解題分析】

（1）取中點，連接，則平面即為所求平面，可證明平面；（2）結合（1）先證明三角形是邊長為1的正三角形，然后證明，從而可知，由平面，可知，從而可知平面，即可證明.【題目詳解】（1）取中點，連接，則平面即為所求平面．∵，，∴且，∴四邊形是平行四邊形，則，∵平面，平面，∴平面，∵，平面，平面，∴平面，∵平面，平面，且，∴平面平面，∵平面，∴平面，即.（2）由（1）四邊形是平行四邊形，則，，∵，∴三角形是邊長為1的正三角形，∵，，∴，∴，即，∵平面，平面，∴，∵平面，平面，，∴平面，∵平面，∴.【題目點撥】本題考查了平面與平面平行的判定，考查了線面垂直的性質與判定，考查了學生的空間想象能力，屬于中檔題.20、（1）當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減；（2）.【解題分析】

（1）根據函數解析式可得定義域和導函數；分別在和兩種情況下討論導函數的符號，從而得到函數的單調性；（2）首先確定解析式和；通過可知；分別在、和三種情況下確定在上的單調性，從而得到最小值的位置，利用最小值構造方程求得結果.【題目詳解】（1）由題意得：定義域為：；當時，在上恒成立在上單調遞增當時，令，解得：時，；時，在上單調遞增；在上單調遞減綜上所述：當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減（2）則令，解得：①當，即時，在上恒成立在上單調遞增，解得：，舍去②當，即時，時，；時，在上單調遞減；在上單調遞增，解得：，符合題意③當，即時，在上恒成立在上單調遞減，解得：，舍去