2024届山东省东平县第一中学数学高二下期末调研试题含解析

2024届山东省东平县第一中学数学高二下期末调研试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．有，，，四种不同颜色的花要（全部）栽种在并列成一排的五个区域中，相邻的两个区域栽种花的颜色不同，且第一个区域栽种的是颜色的花，则不同栽种方法种数为（）A．24 B．36 C．42 D．902．设函数在上存在导函数，对任意实数，都有，当时，，若，则实数的最小值是（）A． B． C． D．3．若正数满足，则的最小值为（）A．3 B．4 C．5 D．64．函数在区间上的图象如图所示，，则下列结论正确的是（）A．在区间上，先减后增且B．在区间上，先减后增且C．在区间上，递减且D．在区间上，递减且5．在极坐标系中，圆的圆心的极坐标为（）A． B． C． D．6．一个四面体各棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（）A． B． C． D．7．是第四象限角，,，则（）A． B． C． D．8．已知函数的最小正周期为4π，则（

）A．函数f（x）的图象关于原点对称 B．函数f（x）的图象关于直线对称C．函数f（x）图象上的所有点向右平移个单位长度后，所得的图象关于原点对称 D．函数f（x）在区间（0，π）上单调递增9．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为A．24 B．48C．60 D．7210．焦点为的抛物线的准线与轴交于点，点在抛物线上，则当取得最大值时，直线的方程为（）A．或 B．C．或 D．11．已知，“函数有零点”是“函数在上是减函数”的（）．A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．即不充分也不必要条件12．设函数，若不等式恰有两个整数解，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设A=xx≤2019，14．已知函数的图象与x轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为，且图象上一个最低点为.则的解析式为________．15．如图，在长方形ABCD-中，设AD=A=1，AB=2，则·等于____________16．设每门高射炮命中飞机的概率为，且每一门高射炮是否命中飞机是独立的，若有一敌机来犯，则需要______门高射炮射击，才能以至少的概率命中它．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数，.（1）若恒成立，求的取值范围；（2）已知，若使成立，求实数的取值范围.18．（12分）如图，圆锥的顶点是S，底面中心为O，OC是与底面直径AB垂直的一条半径，D是母线SC的中点．设圆往的高为4，异面直线AD与BC所成角为，求圆锥的体积；当圆锥的高和底面半径是中的值时，求二面角的大小．19．（12分）莫言是中国首位获得诺贝尔文学奖的文学家，国人欢欣鼓舞。某高校文学社从男女生中各抽取50名同学调查对莫言作品的了程度，结果如下：阅读过莫言的作品数（篇）0～2526～5051～7576～100101～130男生36111812女生48131510

（1）试估计该学校学生阅读莫言作品超过50篇的概率.（2）对莫言作品阅读超过75篇的则称为“对莫言作品非常了解”，否则为“一般了解”，根据题意完成下表，并判断能否有的把握认为“对莫言作品的非常了解”与性别有关？非常了解一般了解合计男生女生合计注：K2＝P(K2≥k0)0.250.150.100.050.025k01.3232.0722.7063.8415.02420．（12分）已知函数，.（1）求的极值点；（2）求方程的根的个数.21．（12分）某厂生产某种产品的年固定成本为250万元，每生产千件，需另投入成本，当年产量不足80千件时，（万元）；当年产量不小于80千件时，（万元），每件售价为0.05万元，通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完.（1）写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式；（2）年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？22．（10分）近年来，郑州经济快速发展，跻身新一线城市行列，备受全国瞩目．无论是市内的井字形快速交通网，还是辐射全国的米字形高铁路网，郑州的交通优势在同级别的城市内无能出其右．为了调查郑州市民对出行的满意程度，研究人员随机抽取了1000名市民进行调查，并将满意程度以分数的形式统计成如下的频率分布直方图，其中．（1）求的值；（2）若按照分层抽样从[50，60)，[60，70)中随机抽取8人，再从这8人中随机抽取2人，求至少有1人的分数在[50，60)的概率．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解题分析】分析：可以直接利用树状图分析解答.详解：这一种有12种，类似AC,各有12种，共36种，故答案为：B.点睛：(1)本题主要考查排列组合，考查计数原理，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和分析推理能力.(2)本题可以利用排列组合解答，分类讨论比较复杂.也可以利用树状图解答，比较直观.2、A【解题分析】

构造函数，根据等式可得出函数为偶函数，利用导数得知函数在上单调递减，由偶函数的性质得出该函数在上单调递增，由，得出，利用函数的单调性和偶函数的性质解出该不等式即可.【题目详解】构造函数，对任意实数，都有，则，所以，函数为偶函数，.当时，，则函数在上单调递减，由偶函数的性质得出函数在上单调递增，，即，即，则有，由于函数在上单调递增，，即，解得，因此，实数的最小值为，故选A.【题目点拨】本题考查函数不等式的求解，同时也涉及函数单调性与奇偶性的判断，难点在于根据导数不等式的结构构造新函数，并利用定义判断奇偶性以及利用导数判断函数的单调性，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.3、B【解题分析】

先根据已知得出的符号及的值，再根据基本不等式求解.【题目详解】∵；∴∴∴当且仅当，即时，等号成立.故选B.【题目点拨】本题考查基本不等式，注意基本不等式成立的条件“一正二定三相等”.4、D【解题分析】

由定积分，微积分基本定理可得：f（t）dt表示曲线f（t）与t轴以及直线t＝0和t＝x所围区域面积，当x增大时，面积增大，减小，g（x）减小，故g（x）递减且g（x）＜0，得解．【题目详解】由题意g（x）f（t）dt，因为x∈（0，4），所以t∈（0，4），故f（t）<0，故f（t）dt的相反数表示曲线f（t）与t轴以及直线t＝0和t＝x所围区域面积，当x增大时，面积增大，减小，g（x）减小，故g（x）递减且g（x）＜0，故选：D．【题目点拨】本题考查了定积分，微积分基本定理，属中档题．5、A【解题分析】

先将圆的极坐标方程化为直角坐标方程，找到此时的圆心再化为极坐标.【题目详解】可化简为：根据极坐标与直角坐标的互化公式可得：化简可得：即：圆心为：故圆心的极坐标为：故选：A.【题目点拨】本题主要考查了极坐标和直角坐标的互化和圆的极坐标方程，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.6、A【解题分析】试题分析：正四面体扩展为正方体，二者有相同的外接球，通过正方体的对角线的长度就是外接球的直径，求出球的表面积．由于正四面体扩展为正方体，二者有相同的外接球，所以正方体的棱长为：1，所以正方体的对角线的长度就是外接球的直径，所以球的半径为，所以球的表面积为：，故选A.考点：球内接多面体7、D【解题分析】

根据同角三角函数基本关系，得到，求解，再根据题意，即可得出结果.【题目详解】因为，由同角三角函数基本关系可得：，解得：，又是第四象限角，所以.故选：D.【题目点拨】本题主要考查已知正切求正弦，熟记同角三角函数基本关系即可，属于常考题型.8、C【解题分析】分析：函数的最小正周期为4π，求出，可得的解析式，对各选项进行判断即可.详解：函数的最小正周期为4π，，，，由对称中心横坐标方程：，可得，A不正确；由对称轴方程：，可得，B不正确；函数f（x）图象上的所有点向右平移个单位，可得：，图象关于原点对称，C正确；令，可得：，函数f（x）在区间（0，π）上不是单调递增，D不正确；故选C.点睛：本题主要考查对三角函数的化简能力和三角函数的图象和性质的运用，注意图象变换时的伸缩、平移总是针对自变量x而言，而不是看角ωx＋φ的变化．9、D【解题分析】试题分析：由题意，要组成没有重复数字的五位奇数，则个位数应该为1或3或5，其他位置共有种排法，所以奇数的个数为，故选D.【考点】排列、组合【名师点睛】利用排列、组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏，分步时要注意整个事件的完成步骤．在本题中，个位是特殊位置，第一步应先安排这个位置，第二步再安排其他四个位置．10、A【解题分析】过作与准线垂直，垂足为，则，则当取得最大值时，必须取得最大值，此时直线与抛物线相切，可设切线方程为与联立，消去得，所以，得．则直线方程为或．故本题答案选．点睛：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离，抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化，如果问题中涉及抛物线上的点到焦点或到准线的距离，那么用抛物线定义就能解决问题．本题就是将到焦点的距离转化成到准线的距离，将比值问题转化成切线问题求解．11、B【解题分析】试题分析：由题意得，由函数有零点可得，，而由函数在上为减函数可得，因此是必要不充分条件，故选B．考点：1.指数函数的单调性；2.对数函数的单调性；3.充分必要条件.12、D【解题分析】

求出函数的定义域、化简不等式，构造新函数，结合函数的图象，从而可得的范围，得到答案．【题目详解】由题意，函数的定义域为，不等式，即，即，两边除以，可得，又由直线恒过定点，若不等式恰有两个整数解，即函数图象有2个横坐标为整数的点落在直线的上方，由图象可知，这2个点为，可得，即，解得，即实数的取值范围是，故选D．【题目点拨】本题主要考查了函数的零点的综合应用，其中解答中把不等式的解，转化为函数的图象的关系，合理得出不等式组是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、 【解题分析】

首先解绝对值不等式求得集合A，根据偶次根式的条件求得集合B，之后求得两集合的交集，得到结果.【题目详解】解不等式x≤2019得A=[-2019,2019]根据x-2020≥02020-x≥0，解得B=2020，所以故答案是：ϕ.【题目点拨】该题考查的是有关集合的运算的问题，涉及到的知识点有绝对值不等式的解法，函数的定义域，两集合的交集的求解，属于简单题目.14、【解题分析】

根据函数周期为，求出，再由图象的最低点，得到振幅，及.【题目详解】因为图象与两个交点之间的距离为，所以，所以，由于图象的最低点，则，所以，当时，，因为，所以，故填：.【题目点拨】本题考查正弦型函数的图象与性质，考查数形结合思想的应用，注意这一条件限制，从面得到值的唯一性.15、1【解题分析】

选取为基底，把其它向量都用基底表示后计算．【题目详解】由题意．故答案为1．【题目点拨】本题考查空间向量的数量积，解题关键是选取基底，把向量用基底表示后再进行计算．16、【解题分析】

设需要门高射炮，由题意得出，解出的取值范围，可得出正整数的最小值.【题目详解】设需要门高射炮，则命不中的概率为，由题意得出，得，解得，而，因此，至少需要门高射炮.故答案为：.【题目点拨】本题考查独立事件概率乘法公式的应用，在涉及“至少”问题时，可以利用对立事件的概率公式来进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）或；（2）【解题分析】分析：（1）由，可得若恒成立，只需，从而可得结果；（2）使成立等价于，成立，利用基本不等式求出的最小值为，从而可得结果.详解：（1）∵，若恒成立，需，即或，解得或.（2）∵，∴当时，，∴，即，成立，由，∵，∴（当且仅当等号成立），∴.又知，∴的取值范围是.点睛：本题主要考基本不等式求最值以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②数形结合(图象在上方即可)；③讨论最值或恒成立；④讨论参数.本题是利用方法①求得的最大值.18、（1）；（2）.【解题分析】

建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系的数量积求出底面半径，然后求体积．求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的大小．【题目详解】建立如图坐标系，设底面半径为r，由高为得：，则，因为异面直线与所成角为，所以，解得，所以圆锥的体积．，，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，设二面角的大小为，则，所以，所以二面角的大小为．【题目点拨】本题考查圆锥的体积的求法，考查二面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．计算二面角的时候，可以借助构建空间直角坐标系，然后利用向量的数量积求出结果．19、（1）（2）见解析【解题分析】试题分析：（1）根据古典概型概率公式求出阅读某莫言作品在篇以上的频率，从而估计该校学生阅读莫言作品超过50篇概率；（2）利用公式K2＝求得，与邻界值比较，即可得到结论.试题解析：（1）由抽样调查阅读莫言作品在50篇以上的频率为，据此估计该校学生阅读莫言作品超过50篇的概率约为；（2）非常了解一般了解合计男生302050女生252550合计5545100根据列联表数据得所以没有75%的把握认为对莫言作品的非常了解与性别有关.【方法点睛】本题主要考查古典概型概率公式以及独立性检验，属于难题.独立性检验的一般步骤：（1）根据样本数据制成列联表；（2）根据公式计算的值；(3)查表比较与临界值的大小关系，作统计判断.（注意：在实际问题中，独立性检验的结论也仅仅是一种数学关系，得到的结论也可能犯错误.）20、（1）时，仅有一个极小值；（2）当时，原方程有2个根；当时，原方程有3个根；当时，原方程有4个根【解题分析】

（1）求导得到，计算函数的单调区间得到极值.（2）令，求导得到在，上时，单调递减，为偶函数，根据零点存在定理得到答案.【题目详解】（1）的定义域为，由，得，在内为减函数，在内为增函数，故仅有一个极小值.（2）令，.当时，，当时，.因此在，上时，单调递减，在，上时，单调递增.又为偶函数，当时，的极小值为.当时，，当时，，当时，，当时，.由根的存在性定理知，方程在和一定有根，故的根的情况为：当时，即时，原方程有2个根；当时，即时，原方程有3个根.当时，即时，原方程有4个根.【题目点拨】本题考查了函数的极值问题，零点问题，意在考查学生的计算能力和应用能力.21、（1）；（2）.【解题分析】

（1）利用利润总售价总成本，根据的范围分段考虑关于的解析式，注意每一段函数对应的定义域；（2）求解中的每段函数的最大值，然后两段函数的最大值作比较得到较大值，即为最大利润.【题目详解】（1）当时，，当时，，所以；（2）当时，，所以当时，（万元）；当时，，取等号时