河北省灤縣第二中學2024-2025學年數學高二下期末聯考試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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．定積分的值為()A． B． C． D．2．定義1分的地球球心角所對的地球大圓弧長為1海里．在北緯45°圈上有甲、乙兩地，甲地位于東經120°，乙位于西經150°，則甲乙兩地在球面上的最短距離為（）A．5400海里 B．2700海里 C．4800海里 D．3600海里3．若函數至少存在一個零點，則的取值范圍為（）A． B． C． D．4．設集合，，，則A． B．C． D．5．在一次調查中，根據所得數據繪制成如圖所示的等高條形圖，則（）A．兩個分類變量關系較強B．兩個分類變量關系較弱C．兩個分類變量無關系^D．兩個分類變量關系難以判斷6．老師在班級50名學生中，依次抽取學號為5，10，15，20，25，30，35，40，45，50的學生進行作業檢查，這種抽樣方法是（）A．隨機抽樣 B．分層抽樣 C．系統抽樣 D．以上都是7．空間中不共面的4點A，B，C，D，若其中3點到平面的距離相等且為第四個點到平面的倍，這樣的平面的個數為（）A．8 B．16 C．32 D．488．已知集合滿足，則集合的個數是（）A．4 B．3 C．2 D．19．正弦函數是奇函數，是正弦函數，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．大前提、小前提、結論都不正確10．若樣本數據的均值與方差分別為和，則數據的均值與方差分別為（）A．， B． C． D．11．對于實數和，定義運算“*”：設，且關于的方程為恰有三個互不相等的實數根、、，則的取值范圍是（）A.B.C.D.12．設函數，則“”是“有4個不同的實數根”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分又不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．下列命題中①若，則函數在取得極值；②直線與函數的圖像不相切；③若(為復數集），且，則的最小值是3；④定積分.正確的有__________．14．正六棱柱相鄰兩個側面所成的二面角的大小為________15．根據如圖所示的偽代碼，可知輸出S的值為.16．五名旅客在三家旅店投宿的不同方法有______種．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）已知的展開式中第三項與第四項二項式系數之比為．（1）求；（2）請答出展開式中第幾項是有理項，并寫出推演步驟（有理項就是的指數為整數的項）．18．（12分）已知數列的前項和為，且，.（Ⅰ）試計算，，，，并猜想的表達式；（Ⅱ）求出的表達式，并證明（Ⅰ）中你的猜想.19．（12分）已知橢圓的離心率為，且過點.（1）求橢圓的方程；（2）若直線與橢圓交于兩點（點均在第一象限），且直線的斜率成等比數列，證明：直線的斜率為定值.20．（12分）設函數，（1）討論函數的單調性；（2）設，若存在正實數，使得對任意都有恒成立，求實數的取值范圍.21．（12分）在直角坐標系中，直線，圓．以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系．（1）求的極坐標方程；（2）若直線的極坐標方程為，設與的交點為、，求.22．（10分）已知拋物線C：=2px（p>0）的準線方程為x=-,F為拋物線的焦點（I）求拋物線C的方程；（II）若P是拋物線C上一點，點A的坐標為（,2）,求的最小值；（III）若過點F且斜率為1的直線與拋物線C交于M，N兩點，求線段MN的中點坐標．

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【解析】試題分析：=.故選C.考點：1.微積分基本定理；2.定積分的計算.2、D【解析】

求出甲乙兩地的球心角，根據比例關系即可得出答案。【詳解】地球表面上從甲地（北緯45°東經120°）到乙地（北緯45°西經150°），乙兩地對應的AB的緯圓半徑是,經度差緯90°，所以AB=R,球心角為60°，最短距離為求出甲乙兩地的球心角，根據比例關系即可得出答案。3、A【解析】

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.【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：A1.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4、C【解析】分析：由題意首先進行并集運算，然后進行交集運算即可求得最終結果.詳解：由并集的定義可得：，結合交集的定義可知：.本題選擇C選項.點睛：本題主要考查并集運算、交集運算等知識，意在考查學生的計算求解能力.5、A【解析】分析：利用等高條形圖中兩個分類變量所占比重進行推理即可.詳解：從等高條形圖中可以看出2，在中的比重明顯大于中的比重，所以兩個分類變量的關系較強.故選A點睛：等高條形圖，可以粗略的判斷兩個分類變量是否有關系，但是這種判斷無法精確的給出所得結論的可靠程度，考查識圖用圖的能力.6、C【解析】

對50名學生進行編號，分成10組，組距為5，第一組選5，其它依次加5，得到樣本編號.【詳解】對50名學生進行編號，分成10組，組距為5，第一組選5，從第二組開始依次加5，得到樣本編號為：5，10，15，20，25，30，35，40，45，50，屬于系統抽樣.本題考查系統抽樣的概念，考查對概念的理解.7、C【解析】

由題意分類討論各種情況，然后利用加法原理確定滿足題意的平面的個數即可.【詳解】第一種情況，A，B，C，D點在平面的同側.當平面∥平面BCD時，A與平面的距離是與平面BCD的距離的2倍.這種情況下有4個平面.第二種情況，A，B，C，D中有3個點在平面的一側，第4個點在平面的另一側，這時又有兩種情形：一種情形是平面與平面BCD平行，且A與平面的距離是平面與平面BCD距離的2倍.這時有4個平面.另一種情形如圖a所示，圖中E，F分別是AB，AC的中點，K是AD的三等分點中靠近A的分點，A，B，C到平面EFK（即平面）的距離是D到平面EFK距離的一半.∵EF可以是AB，AC的中點的連線，又可以是AB，BC的中點的連線，或AC，BC的中點的連線，∴這種情形下的平面有3×4=12（個）.第三種情況，如圖b所示，在A，B，C，D四點中，平面兩側各種有兩點.容易看出：點A到平面EFMN（平面）的距離是B，C，D到該平面距離的2倍．就A，C與B，D分別位于平面兩側的情形來看，就有A離平面遠，B離平面遠，C離平面遠，D離平面遠這四種情況.又“AC，BD異面，則這樣的異面直線共有3對，∴平面有4×3=12（個）.綜上分析，平面有4+4+12+12=32（個）.故選C.本題主要考查分類討論的數學思想，計數原理的應用，空間幾何體的結構特征等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.8、B【解析】

利用列舉法，求得集合的所有可能，由此確定正確選項.【詳解】由于集合滿足，所以集合的可能取值為，共種可能.故選：B本小題主要考查子集和真子集的概念，屬于基礎題.9、C【解析】分析：根據題意，分析所給推理的三段論，找出大前提，小前提，結論，再判斷正誤即可得到答案.詳解：根據題意，該推理的大前提：正弦函數是奇函數，正確；小前提是：是正弦函數，因為該函數不是正弦函數，故錯誤；結論：是奇函數，，故錯誤.故選：C.點睛：本題考查演繹推理的基本方法，關鍵是理解演繹推理的定義以及三段論的形式.10、D【解析】

直接根據均值和方差的定義求解即可．【詳解】解：由題意有，，則，∴新數據的方差是，故選：D．本題主要考查均值和方差的求法，屬于基礎題．11、A【解析】試題分析：當時，即當時，，當時，即當時，，所以，如下圖所示，當時，，當時，，當直線與曲線有三個公共點時，，設，則且，，且，所以，因此，所以，，故選A.考點：1.新定義；2.分段函數；3.函數的圖象與零點12、B【解析】分析：利用函數的奇偶性將有四個不同的實數根，轉化為時，有兩個零點，利用導數研究函數的單調性，結合圖象可得，從而可得結果.詳解：是偶函數，有四個不同根，等價于時，有兩個零點，時，，，時，恒成立，遞增，只有一個零點，不合題意，時，令，得在上遞增；令，得在上遞減，時，有兩個零點，，，得，等價于有四個零點，“”是“有4個不同的實數根”的必要不充分條件，故選B.點睛：本題考查函數的單調性、奇偶性以及函數與方程思想的應用，所以中檔題.函數的性質問題以及函數零點問題是高考的高頻考點，考生需要對初高中階段學習的十幾種初等函數的單調性、奇偶性、周期性以及對稱性非常熟悉；另外，函數零點的幾種等價形式：函數的零點函數在軸的交點方程的根函數與的交點.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、②③④【解析】分析：①結合極值點的概念，加以判斷即可；②求出導數f′（x），由切線的斜率等于f′（x0），根據三角函數的值域加以判斷即可；③|z+2﹣2i|=1表示圓，|z﹣2﹣2i|的幾何意義兩點的距離，通過連接兩定點，由原定特性即可求出最小值；④令y=，則x2+y2=16（y≥0），點（x，y）的軌跡表示半圓，則該積分表示該圓面積的．詳解：①若，且是變號零點，則函數在取得極值，故選項不正確；②直線與函數的圖像不相切；直線化為函數形式為，，，，兩者不能相切，故選項正確;③|z+2﹣2i|=1的幾何意義是以A（﹣2，2）為圓心，半徑為1的圓，|z﹣2﹣2i|的幾何意義是圓上一點到點B（2，2）的距離，連接AB并延長，顯然最小值為AB﹣1=4﹣1=3，故③正確；④令y=，則x2+y2=16（y≥0），點（x，y）的軌跡表示半圓，定積分表示以原點為圓心，4為半徑的圓面積的，故定積分=，故④正確．故答案為：②③④點睛：本題以命題的真假為載體考查函數的極值概念，導數的應用于求切線方程，以及復數的幾何意義，定積分的幾何意義及求法，是一道基礎題．注意積分并不等于面積，解決積分問題的常見方法有：面積法，當被積函數為正時積分和面積相等，當被積函數為負時積分等于面積的相反數；應用公式直接找原函數的方法；利用被積函數的奇偶性得結果.14、【解析】

由正六棱柱的幾何特征可得為正六棱柱相鄰兩個側面所成的二面角的平面角，根據正六邊形的內角計算即可.【詳解】解：如圖，由正六棱柱的幾何特征可知，則為正六棱柱相鄰兩個側面所成的二面角的平面角，.故答案為：.本題考查二面角的求解，關鍵是要找到二面角的平面角，是基礎題.15、1．【解析】試題分析：這是循環結構，計算時要弄明白循環條件，什么時候跳出循環，循環結構里是先計算，第一次計算時，循環結束前，此時，循環結束，故輸出值為1．考點：程序框圖，循環結構．16、【解析】

每名旅客都有種選擇，根據分步乘法計數原理可得出五名旅客投宿的方法種數.【詳解】由于每名旅客都有種選擇，因此，五名旅客在三家旅店投宿的不同方法有種.故答案為：.本題考查分步乘法計數原理的應用，考查計算能力，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）有理項是展開式的第1，3，5，7項，詳見解析【解析】

根據二項式展開式的通項公式中的二項式系數求出，再由通項求出有理項.【詳解】解：（1）由題設知，解得.（2）∵，∴展開式通項，∵且，∴只有時，為有理項，∴有理項是展開式的第1，3，5，7項.本題考查二項式的展開式的特定項系數和特定項，屬于中檔題.18、(Ⅰ)答案見解析；(Ⅱ)，證明見解析.【解析】分析：（1）利用公式，將已知轉換成關于的遞推公式，計算，，，，在通過分子和分母的規律猜想出.（2）根據，結合通項公式的累乘法求出.再運用求和證明（1）的猜想.詳解：（Ⅰ）由，得，，，，猜想.（Ⅱ）證明：因為①，所以②，①-②得，所以.化簡得，所以，，，…，，把上面各式相乘得，所以，，.點睛：數列問題注意兩個方面的問題：（1）的特殊性；（2）時，①消去，如，可以計算；②消去，如，可以計算.19、(1);(2)見解析.【解析】試題分析：（1）根據橢圓的離心率和所過的點得到關于的方程組，解得后可得橢圓的方程．（2）由題意設直線的方程為，與橢圓方程聯立后消元可得二次方程，根據二次方程根與系數的關系可得直線的斜率，再根據題意可得，根據此式可求得，為定值．試題解析：（1）由題意可得，解得．故橢圓的方程為．（2）由題意可知直線的斜率存在且不為0，設直線的方程為，由，消去整理得，∵直線與橢圓交于兩點，∴．設點的坐標分別為，則，∴．∵直線的斜率成等比數列，∴，整理得，∴，又，所以，結合圖象可知，故直線的斜率為定值．點睛：（1）圓錐曲線中的定點、定值問題是常考題型，難度一般較大，常常把直線、圓及圓錐曲線等知識結合在一起，注重數學思想方法的考查，尤其是函數思想、數形結合思想、分類討論思想的考查．（2）解決定值問題時，可直接根據題意進行推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．20、（1）見解析；（2）【解析】

(1)對函數求導，對a分類討論得到導函數的正負進而得到單調性；（2）對a分情況討論，在不同的范圍下，得到函數的正負，進而去掉絕對值，再構造函數，轉化為函數最值問題.【詳解】（1）∵，（）①若，則，故在為增函數②若時，則，，故在為減函數，在為增函數（2）①若，則由（1）知在為增函數，又，所以對恒成立，則設，（），則等價于，，，故在遞減，在遞增，而，顯然當，，故不存在正實數，使得對任意都有恒成立，故不滿足條件②若，則，由（1）知在為減函數，在為增函數，∵，∴當時，，此時∴設，，此時等價于，（i）若，∵∴，在為增函數，∵，∴，故不存在正實數，使得對任意都有恒成立，故不滿足條件（ii）若，易知在為減函數，在為增函數，∵，∴，，故存在正實數，（可取）使得對任意都有恒成立，故滿足條件這個題目考查了導數在研究函數的單調性中的應用，以及分類討論思想；對于函數恒成立或者有解求參的問題，常用方法有：變量分離，參變分離，轉化為函數最值問題；或者直接求函數最值，使得函數最值大于或者小于0；或者分離成兩個函數，使得一個函數恒大于或小于另一個函數。21、（1）；（2）.【解析】

（1）由可得出曲線的極坐標方程；（2）解法一：