浙江省麗水四校2024-2025學年數學高二下期末質量跟蹤監視試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．隨機變量服從正態分布，若，，則（）A．3 B．4 C．5 D．62．將本不同的書全部分給甲乙丙三人，每人至少一本，則不同的分法總數為（）A． B． C． D．3．定義在上的奇函數滿足，且在上單調遞增，則下列結論中正確的是（）A.B.C.D.4．一個算法的程序框圖如圖所示，如果輸出的值是1，那么輸入的值是（）A．-1 B．2 C．-1或2 D．1或-25．設拋物線的焦點為F，準線為l，P為拋物線上一點，，垂足為A，如果為正三角形，那么等于（）A． B． C．6 D．126．已知則的最小值是()A． B．4 C． D．57．在長方體中，為棱的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A． B． C． D．8．設i為虛數單位，則(x＋i)6的展開式中含x4的項為()A．－15x4 B．15x4 C．－20ix4 D．20ix49．閱讀如圖所示的程序框圖,運行相應的程序,則輸出S的值為()A．-10 B．6C．14 D．1810．已知冪函數的圖象關于y軸對稱，且在上是減函數，則（）A．- B．1或2 C．1 D．211．“b2=ac”是“a,b,c成等比數列”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12．某射手每次射擊擊中目標的概率是，且各次射擊的結果互不影響.設隨機變量為該射手在次射擊中擊中目標的次數，若，，則和的值分別為（）A．5， B．5， C．6， D．6，二、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__________．（用數字作答）14．某人5次上班途中所花的時間（單位：分鐘）分別為x，y，10，11，1．已知這組數據的平均數為10，方差為2，則|x﹣y|的值為_____．15．關于x的方程的解為_________.16．用一塊半徑為2分米的半圓形薄鐵皮制作一個無蓋的圓錐形容器，若銜接部分忽略不計，則該容器的容積為________立方分米.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）如圖，在直三棱柱中，分別是棱的中點，點在線段上（包括兩個端點）運動．（1）當為線段的中點時，①求證：；②求平面與平面所成銳二面角的余弦值；（2）求直線與平面所成的角的正弦值的取值范圍.18．（12分）已知函數．（1）當時，求不等式的解集；（2）若對任意成立，求實數的取值范圍．19．（12分）[選修4-5：不等式選講]已知函數的最小值為.（1）求的值；（2）若不等式恒成立，求的取值范圍.20．（12分）已知函數，．（）當時，證明：為偶函數；（）若在上單調遞增，求實數的取值范圍；（）若，求實數的取值范圍，使在上恒成立．21．（12分）已知函數.（I）求最小正周期；（Ⅱ）求在閉區間上的最大值和最小值.22．（10分）設函數=[]．（1）若曲線在點（1，）處的切線與軸平行，求；（2）若在處取得極小值，求的取值范圍．

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【解析】

直接根據正態曲線的對稱性求解即可.【詳解】，，，即，，故選B.本題主要考查正態分布與正態曲線的性質，屬于中檔題.正態曲線的常見性質有：（1）正態曲線關于對稱，且越大圖象越靠近右邊，越小圖象越靠近左邊；（2）邊越小圖象越“痩長”，邊越大圖象越“矮胖”;(3)正態分布區間上的概率，關于對稱，2、C【解析】分析：分兩種情況：一人得本，另兩個人各得本；一人得本，另兩個人各得本，分別求出不同的分法即可得結果.詳解：分兩種情況：一人得本，另兩個人各得本，有種分法，一人得本，另兩個人各得本，有種分法，共有種分法，故選C.點睛：本題主要考查分類計數原理與分步計數原理及排列組合的應用，屬于難題.有關排列組合的綜合問題，往往是兩個原理及排列組合問題交叉應用才能解決問題，解答這類問題理解題意很關鍵，一定多讀題才能挖掘出隱含條件.解題過程中要首先分清“是分類還是分步”、“是排列還是組合”，在應用分類計數加法原理討論時，既不能重復交叉討論又不能遺漏，這樣才能提高準確率.3、D【解析】試題分析：由可得：，所以函數的周期，又因為是定義在R上的奇函數，所以，又在上單調遞增，所以當時，，因此，，所以。考點：函數的性質。4、C【解析】

根據條件結構，分，兩類情況討論求解.【詳解】當時，因為輸出的是1，所以，解得.當時，因為輸出的是1，所以，解得.綜上：或.故選：C本題主要考查程序框圖中的條件結構，還考查了分類討論的思想和運算求解的能力，屬于基礎題.5、C【解析】

設準線l與軸交于點，根據拋物線的定義和△APF為正三角形，這兩個條件可以得出，在直角三角形中，利用正弦公式可以求出，即求出|PF|的長．【詳解】設準線l與軸交于點，所以，根據拋物線的定義和△APF為正三角形，，在中，，，所以|PF|等于6,故本題選C．本題考查了拋物線的定義．6、C【解析】

由題意結合均值不等式的結論即可求得的最小值，注意等號成立的條件.【詳解】由題意可得：，當且僅當時等號成立.即的最小值是.故選：C.在應用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現錯誤．7、D【解析】

取CC1的中點F，連結DF，A1F，EF，推導出四邊形BCEF是平行四邊形，從而異面直線AE與A1D所成角即為相交直線DF與A1D所成角，由此能求出異面直線AE與A1D所成角的余弦值．【詳解】取的中點.連接.因為為棱的中點,所以,所以四邊形為平行四邊形.所以.故異面直線與所成的角即為相交直線與所成的角.因為,所以.所以.即為直角三角形,從而.故選D本題考查異面直線所成角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．8、A【解析】試題分析：二項式(x+i)6的展開式的通項為Tr+1=C6rx6-ri【考點】二項展開式，復數的運算【名師點睛】本題考查二項式定理及復數的運算，復數的概念及運算也是高考的熱點，幾乎是每年必考的內容，屬于容易題.一般來說，掌握復數的基本概念及四則運算即可．二項式(x+i)6可以寫為(i+x)6，則其通項為C6ri9、B【解析】模擬法：輸入；不成立；不成立成立輸出,故選B.考點：本題主要考查程序框圖與模擬計算的過程.10、C【解析】分析：由為偶數，且，即可得結果.詳解：冪函數的圖象關于軸對稱，且在上是減函數，為偶數，且，解得，故選C.點睛：本題考查冪函數的定義、冪函數性質及其應用，意在考查綜合利用所學知識解決問題的能力.11、B【解析】12、B【解析】

通過二項分布公式及可得答案.【詳解】根據題意，，因此，，解得，故選B.本題主要考查二項分布的相關公式，難度不大.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解析】

寫出二項展開式的通項公式，令的指數為2，可求得項是第幾項，從而求得系數．【詳解】展開式通項為，令，則，∴的系數為．故答案為1．本題考查二項式定理，考查二項展開式通項公式．解題時二項展開式的通項公式，然后令的指數為所求項的指數，從而可求得，得出結論．14、2【解析】

利用平均數、方差的概念列出關于的方程組，解方程即可得到答案．【詳解】由題意可得：，設，，則，解得，∴故答案為2．本題考查統計的基本知識，樣本平均數與樣本方差的概念以及求解方程組的方法，屬于基礎題．15、0或2或4【解析】

因為，所以：或，解方程可得．【詳解】解：因為，所以：或，解得：，，，（舍）故答案為：0或2或4本題考查了組合及組合數公式．屬于基礎題．16、【解析】

先由題意得到半圓形的弧長為，設制作的圓錐形容器的底面半徑為，求出底面半徑與圓錐的高，從而可求出結果.【詳解】半徑為2分米的半圓形的弧長為，設制作的圓錐形容器的底面半徑為，則，則；則圓錐形容器的高為，所以容器的容積為.故答案為：本題主要考查求圓錐的體積，熟記圓錐的體積公式即可，屬于常考題型.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）①見解析；②；（2）.【解析】

（1）以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，由向量法證明線線垂直和計算二面角．（2）設（），設直線與平面所成的角為由向量坐標法求得設設由導數法求得范圍．【詳解】以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，則，.因為分別是棱的中點，所以（1）當為線段的中點時，則①因為所以即②因為設平面的一個法向量為由可得，取，則所以又因為是平面的一個法向量，設平面與平面所成的二面角的平面角為，則.因為為銳角，所以所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為（2）因為在線段上，所以設（），解得，所以.因為設平面的一個法向量為由可得，取則所以設直線與平面所成的角為則因為所以設則所以，設則，設可求得的取值范圍為，進一步可求得的取值范圍為所以直線與平面所成的角的正弦值的取值范圍為.本題全面考查利用空間向量坐標法證明線線垂直，求二面角，構造函數關系，并利用導數求范圍，運算難度較大．18、(1)．(2)【解析】

（1）利用零點分類討論法解絕對值不等式；（2）由題得對任意成立，即對任意成立，再求實數的取值范圍．【詳解】（1）當時，不等式可化為．當時，，解得，故；當時，，解得，故；當時，，解得，故．綜上，當時，不等式的解集為．（2）∵對任意成立，∴任意成立，∴對任意成立，所以對任意成立又當時，，故所求實數的取值范圍是．本題主要考查絕對值不等式的解法和絕對值不等式的恒成立問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.19、（1）（2）【解析】分析：（1）分類討論的取值情況，去絕對值；根據最小值確定的值．（2）代入的值，由絕對值不等式確定表達式；去絕對值解不等式即可得到最后取值范圍．詳解：（1），所以最小值為，即.（2）由（1）知，恒成立，由于，等號當且僅當時成立，故，解得或.所以的取值范圍為.點睛：本題綜合考查了分類討論解絕對值不等式，根據絕對值不等式成立條件確定參數的范圍，屬于中檔題．20、（）證明見解析；（）；（）.【解析】試題分析：（1）當時，的定義域關于原點對稱，而，說明為偶函數；（2）在上任取、，且，則恒成立，等價于恒成立，可求得的取值范圍；（3）先證明不等式恒成立，等價于，即恒成立，利用配方法求得的最大值，即可得結果.試題解析：（）當時，，定義域關于原點對稱，而，說明為偶函數．（）在上任取、，且，則，因為，函數為增函數，得，，而在上調遞增，得，，于是必須恒成立，即對任意的恒成立，∴．（）由（）、（）知函數在上遞減，在上遞增，其最小值，且，設，則，，于是不等式恒成立，等價于，即恒成立，而，僅當，即時取最大值，故．21、（I）；（Ⅱ）3,0.【解析】

（Ⅰ）先化簡整理原式，通過周期公式即得答案；（Ⅱ）先判斷在上的增減性，從而可求出最大值和最小值.【詳解】（Ⅰ）所以的最小正周期.（Ⅱ）因為在區間上是增函數，在區間上是減函數，又，，,故函數在區間上的最大值為3，最小值為0.本題主要考查三角恒等變形，最值問題，意在考查學生的轉化能力，分析能力以及計算能力，難度不大.22、(1)1(2)（，）【解析】分析：（1）先求導數，再根據得a；（2）先求導數的零點：，2；再分類討論，根據是否滿足在x=2處取得極小值，進行取舍，最后可得a的取值范圍．詳解：解：（Ⅰ）因為=[]，所以f′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）=［ax2–（2a+1）x+2］ex．f′(1)=(1–a)e．由題設知f′(1)=2，即(1–a)e=2，解得a=1．此時f(1)=3e≠2．所以a的值為1．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（