浙江省湖州市長興縣德清縣安吉縣2024-2025學年高二數學第二學期期末復習檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．若函數的圖象與直線相切，則()A． B． C． D．2．如果函數的圖象如下圖，那么導函數的圖象可能是（）A． B． C． D．3．直線：，，所得到的不同直線條數是（）A．22 B．23 C．24 D．254．甲、乙兩位同學各自獨立地解答同一個問題，他們能夠正確解答該問題的概率分別是25和12A．27 B．15 C．25．已知函數，表示的曲線過原點，且在處的切線斜率均為，有以下命題：①的解析式為；②的極值點有且僅有一個；③的最大值與最小值之和等于零.其中正確的命題個數為（）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個6．若偶函數滿足且時,則方程的根的個數是()A．2個 B．4個 C．3個 D．多于4個7．設函數（為自然對數的底數），若曲線上存在點使得，則的取值范圍是A． B． C． D．8．設，則“”是“直線與平行”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件9．已知高為的正三棱錐的每個頂點都在半徑為的球的球面上，若二面角的正切值為4，則（）A． B． C． D．10．一個均勻的正方體，把其中相對的面分別涂上紅色、黃色、藍色，隨機向上拋出，正方體落地時“向上面為紅色”的概率是A． B． C． D．11．若函數f(x)=(a∈R)是奇函數，則a的值為（）A．1 B．0 C．－1 D．±112．若，均為單位向量，且，則與的夾角大小為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某等腰直角三角形的一條直角邊長為4，若將該三角形繞著直角邊旋轉一周所得的幾何體的體積是，則_____．14．已知函數，則__________________.15．已知函數且，則____．16．三棱錐中，平面，，則三棱錐外接球的體積為_____.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（1）當時，求不等式的解集；（2）若時，，求的取值范圍.18．（12分）設函數（k為常數，e＝1．71818…是自然對數的底數）．（1）當時，求函數f（x）的單調區間；（1）若函數在（0,1）內存在兩個極值點，求k的取值范圍．19．（12分）證明：當時，.20．（12分）在中，a，b，c分別是角A，B，C所對的邊，且.（1）求A的值；（2）若，求面積的最大值.21．（12分）已知函數，.（1）當時，求函數的最小值；（2）若函數在區間上單調遞增，求實數a的取值范圍.22．（10分）若的展開式中，第二、三、四項的二項式系數成等差數列．（1）求的值；（2）此展開式中是否有常數項，為什么？

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】

設切點為，由可解得切點坐標與參數的值。【詳解】設切點為，則由題意知即解得或者故選B高考對導數幾何意義的考查主要有以下幾個命題角度：（1）已知切點求切線方程；（2）已知切線方程(或斜率)求切點或曲線方程；（3）已知曲線求切線傾斜角的取值范圍．2、A【解析】試題分析：的單調變化情況為先增后減、再增再減因此的符號變化情況為大于零、小于零、大于零、小于零，四個選項只有A符合，故選A.考點：1、函數的單調性與導數的關系；2、函數圖象的應用.【方法點晴】本題通過對多個圖象的選擇考查函數的解析式、定義域、值域、單調性，導數的應用以及數學化歸思想，屬于難題.這類題型也是近年高考常見的命題方向，該題型的特點是綜合性較強較強、考查知識點較多，但是并不是無路可循.解答這類題型可以從多方面入手，根據函數的定義域、值域、單調性、奇偶性、特殊點以及時函數圖象的變化趨勢，利用排除法，將不合題意選項一一排除.3、B【解析】

根據排列知識求解，關鍵要減去重復的直線.【詳解】當m,n相等時，有1種情況；當m,n不相等時，有種情況，但重復了8條直線，因此共有條直線.故選B.本題考查排列問題，關鍵在于減去斜率相同的直線，屬于中檔題.4、A【解析】

設事件A表示“甲能回答該問題”，事件B表示“乙能回答該問題”，事件C表示“這個問題被解答”，則P（A）＝0.4，P（B）＝0.5，求出P（C）＝P（AB）+P（AB）+P（AB）＝0.7【詳解】設事件A表示“甲能回答該問題”，事件B表示“乙能回答該問題”，事件C表示“這個問題被解答”，則P（A）＝0.4，P（B）＝0.5，P（C）＝P（AB）+P（AB）+P（AB）＝0.2+0.3+0.2＝0.7∴在這個問題已被解答的條件下，甲乙兩位同學都能正確回答該問題的概率：P（AB|C）=P(AB)故選：A本題考查條件概率的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意等可能事件概率公式的合理運用．5、C【解析】

首先利用導數的幾何意義及函數過原點，列方程組求出的解析式，則命題①得到判斷；然后令，求出的極值點，進而求得的最值，則命題②③得出判斷．【詳解】∵函數的圖象過原點，∴．又，且在處的切線斜率均為，∴，解得，∴．所以①正確．又由得，所以②不正確．可得在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，∴的極大值為，極小值為，又，∴，∴的最大值與最小值之和等于零．所以③正確．綜上可得①③正確．故選C．本題考查導數的幾何意義的應用以及函數的極值、最值的求法，考查運算能力和應用能力，屬于綜合問題，解答時需注意各類問題的解法，根據相應問題的解法求解即可．6、B【解析】

在同一坐標系中畫出函數和函數的圖象，這兩個函數的圖象的焦點個數，即為所求.【詳解】因為偶函數滿足，所以函數的周期為2，又當時，，故當時，，則方程的根的個數，等價于函數和函數的圖象的交點個數，在同一坐標系中作出兩個函數的圖象，如圖所示，可得兩函數的圖象有4個交點，即方程有4個根，故選B.本題主要考查了函數與方程的綜合應用問題，即根的存在性及根的個數的判定，其中解答中把方程的根的個數，轉化為函數和函數的圖象的交點個數，在同一坐標系中作出兩個函數的圖象，結合圖象求解是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力.7、D【解析】

法一：考查四個選項，發現有兩個特殊值區分開了四個選項，0出現在了A，B兩個選項的范圍中，出現在了B，C兩個選項的范圍中，故通過驗證參數為0與時是否符合題意判斷出正確選項。法二：根據題意可將問題轉化為在上有解，分離參數得到，，利用導數研究的值域，即可得到參數的范圍。【詳解】法一：由題意可得，，而由可知，當時，＝為增函數，∴時，．∴不存在使成立，故A，B錯；當時，＝，當時，只有時才有意義，而，故C錯．故選D．法二：顯然，函數是增函數，，由題意可得，，而由可知，于是，問題轉化為在上有解．由，得，分離變量，得，因為，，所以，函數在上是增函數，于是有，即，應選D．本題是一個函數綜合題，方法一的切入點是觀察四個選項中與不同，結合排除法以及函數性質判斷出正確選項，方法二是把問題轉化為函數的最值問題，利用導數進行研究，屬于中檔題。8、C【解析】

先由直線與平行，求出的范圍，再由充分條件與必要條件的概念，即可得出結果.【詳解】因為直線與平行，所以，解得或，又當時，與重合，不滿足題意，舍去；所以；由時，與分別為，，顯然平行；因此“”是“直線與平行”的充要條件；故選C本題主要考查由直線平行求參數，以及充分條件與必要條件的判定，熟記概念即可，屬于常考題型.9、D【解析】

過作平面于，為中點，連接.證明面角的平面角為,計算得到,通過勾股定理計算得到答案.【詳解】如圖：正三棱錐，過作平面于，為中點，連接.易知：為中點二面角的平面角為正切值為4在中，根據勾股定理：故答案選D本題考查了三棱錐的外接球，二面角，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.10、B【解析】

∵隨機拋正方體，有6種等可能的結果，其中正方體落地時“向上面為紅色”有2種情況，

∴正方體落地時“向上面為紅色”的概率是

.故選B.11、B【解析】

根據奇函數的性質，利用，代入即可求解，得到答案.【詳解】由題意，函數是定義域R上的奇函數，根據奇函數的性質，可得，代入可得，解得，故選B.本題主要考查了函數的奇偶性的應用，其中解答中熟記奇函數的性質是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.12、C【解析】分析：由向量垂直得向量的數量積為0，從而求得，再由數量積的定義可求得夾角．詳解：∵，∴，∴，∴，∴．故選C．點睛：平面向量數量積的定義：，由此有，根據定義有性質：．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】分析：幾何體為圓錐，根據圓錐的體積公式求解詳解：由題意可知三角形繞著直角邊旋轉一周所得的幾何體為圓錐，體積是點睛：三角形旋轉為圓錐，體積公式為。14、【解析】

對函數求導，再令可求出，于是可得出函數的解析式。【詳解】對函數求導得，，解得，因此，，故答案為：.本題考查導數的計算，在求導數的過程中，注意、均為常數，可通過在函數解析式或導數解析式賦值解得，考查運算求解能力，屬于中等題。15、【解析】

分別令和代入函數解析式，對比后求得的值.【詳解】依題意①，②，由①得，代入②得.故填-2本小題主要考查函數求值，考查對數運算，考查分子有理化，考查運算求解能力，屬于基礎題.16、【解析】

畫出示意圖，根據“球心與任意小圓面的圓心的連線垂直于小圓圓面、球心與弦中點的連線垂直于弦”確定外接球的球心所在位置，最后計算出體積.【詳解】如圖所示：為等腰直角三角形，所以的外接圓圓心即為中點，過作一條直線，平面，則圓心在直線上，過的中點作，垂足為，此時可知：，故即為球心，所以球的半徑，所以球的體積為：.本題考查外接球的體積計算,難度一般.求解外接球、內切球的有關問題，第一步先確定球心，第二步計算相關值.其中球心的確定有兩種思路：（1）將幾何體放到正方體或者長方體中直接確定球心；（2）根據球心與小圓面的圓心、弦中點等的位置關系確定球心.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）【解析】

（1）根據，將原不等式化為，分別討論，，三種情況，即可求出結果；（2）分別討論和兩種情況，即可得出結果.【詳解】（1）當時，原不等式可化為；當時，原不等式可化為，即，顯然成立，此時解集為；當時，原不等式可化為，解得，此時解集為空集；當時，原不等式可化為，即，顯然不成立；此時解集為空集；綜上，原不等式的解集為；（2）當時，因為，所以由可得，即，顯然恒成立；所以滿足題意；當時，，因為時，顯然不能成立，所以不滿足題意；綜上，的取值范圍是.本題主要考查含絕對值的不等式，熟記分類討論的方法求解即可，屬于常考題型.18、（1）單調遞減區間為，單調遞增區間為；（1）．【解析】

試題分析：（I）函數的定義域為，由可得，得到的單調遞減區間為，單調遞增區間為.（II）分，，，時，討論導函數值的正負，根據函數的單調性，明確極值點的有無、多少.試題解析：（I）函數的定義域為，由可得，所以當時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增.所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為.（II）由（I）知，時，函數在內單調遞減，故在內不存在極值點；當時，設函數，因為，當時，當時，，單調遞增，故在內不存在兩個極值點；當時，得時，，函數單調遞減，時，，函數單調遞增，所以函數的最小值為，函數在內存在兩個極值點；當且僅當，解得，綜上所述，函數在內存在兩個極值點時，k的取值范圍為.考點：應用導數研究函數的單調性、極值，分類討論思想，不等式組的解法.19、見解析【解析】分析：（1）記，則，分x∈與x∈兩類討論，可證得當時，，即記，同理可證當時，，二者結合即可證得結論；詳解：記記，則，當x∈時，F′(x)＞0，F(x)單調遞增；當x∈時，F′(x)＜0，F(x)單調遞減．又F(0)＝0，F(1)＞0，所以當x∈[0，1]時，F(x)≥0，即sinx≥x.記，則.當時，H′(x)≤0，H(x)單調遞減．所以H(x)≤H(0)＝0，即.綜上，，．點睛：本題考查不等式的證明，突出考查利用導數研究函數的單調性及函數恒成立問題，考查分類討論思想與等價轉化思想的綜合應用，屬于難題．20、（1）；（2）【解析】

（1）由題意利用正弦定理可得，由余弦定理可得，結合范圍，可得的值．（2）由基本不等式可求，利用三角形的面積公式即可求解．【詳解】解:（1）由題知，由正弦定理有，即，由余弦定理得，因為則.（2），，即，當且僅當時等號成立，當時，，所以面積的最大值為.本題主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式，三角形的面積公式在解三角形中的綜合應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于基