2024届河南省兰考县三中高二数学第二学期期末达标检测试题含解析

2024届河南省兰考县三中高二数学第二学期期末达标检测试题注意事项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．设x0是函数f（x）＝lnx+x﹣4的零点，则x0所在的区间为（）A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）2．已知两个复数,的实部和虚部都是正整数,关于代数式有以下判断:①最大值为2；②无最大值;③最小值为；④无最小值.其中正确判断的序号是（）A．①③ B．①④ C．②④ D．②③3．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有（）A．1440种 B．960种 C．720种 D．480种4．在0、1、2、3、4、5这6个数字组成的没有重复数字的六位数中，能被2整除的数的个数为（）A．216 B．288 C．312 D．3605．复数A． B． C． D．6．函数y的图象大致为（）A． B．C． D．7．已知，，，若,则（）A．2 B． C． D．58．6名同学安排到3个社区，，参加志愿者服务，每个社区安排两名同学，其中甲同学必须到社区，乙和丙同学均不能到社区，则不同的安排方法种数为（）A．5 B．6 C．9 D．129．用数学归纳法证明时，第一步应验证不等式（）A． B． C． D．10．已知i是虚数单位,若复数z满足,则=A．-2i B．2i C．-2 D．211．在极坐标系中，已知圆经过点，圆心为直线与极轴的交点，则圆的极坐标方程为A． B． C． D．12．甲、乙、丙，丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩。老师说：你们四人中有两位优秀，两位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则（）A．乙、丁可以知道自己的成绩 B．乙可以知道四人的成绩C．乙、丁可以知道对方的成绩 D．丁可以知道四人的成绩二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数f(x)=|lnx|,0<x≤e3-x+e3+3,x>14．已知下列命题：①若，则“”是“”成立的充分不必要条件；②若椭圆的两个焦点为，且弦过点，则的周长为16；③若命题“”与命题“或”都是真命题，则命题一定是真命题；④若命题：，则：其中为真命题的是__________（填序号）．15．在一个如图所示的6个区域栽种观赏植物，要求同一块区域中种同一种植物，相邻的两块区域中种不同的植物.现有4种不同的植物可供选择，则不同的栽种方案的总数为____．16．不等式的解集是_______.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）如图,已知正四棱柱的底面边长为2,侧棱长为3,,垂足为,交于点.(1)求证:⊥平面;(2)记直线与平面所成的角,求的值.18．（12分）解关于的不等式.19．（12分）在如图所示的几何体中，平面平面，四边形和四边形都是正方形，且边长为，是的中点.（1）求证：直线平面；（2）求二面角的大小.20．（12分）“学习强国”APP是由中宣部主管，以新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神为主要内容的“PC端+手机客户端”两大终端二合一模式的学习平台，2019年1月1日上线后便成为了党员干部群众学习的“新助手”.为了调研某地党员在“学习强国”APP的学习情况，研究人员随机抽取了名该地党员进行调查，将他们某两天在“学习强国”APP上所得的分数统计如表所示：分数频数601002020频率0.30.50.10.1（1）由频率分布表可以认为，这名党员这两天在“学习强国”上的得分近似服从正态分布，其中近似为这名党员得分的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），近似这名党员得分的方差，求；（2）以频率估计概率，若从该地区所有党员中随机抽取人，记抽得这两天在“学习强国”上的得分不低于分的人数为，求的分布列与数学期望.参考数据：，若，则，，21．（12分）某大学综合评价面试测试中，共设置两类考题：类题有4个不同的小题，类题有3个不同的小题.某考生从中任抽取3个不同的小题解答.（1）求该考生至少抽取到2个类题的概率；（2）设所抽取的3个小题中类题的个数为，求随机变量的分布列与均值.22．（10分）己知角的终边经过点．求的值；求的值．

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、C【解题分析】

由函数的解析式可得，再根据函数的零点的判定定理，求得函数的零点所在的区间，得到答案．【题目详解】因为是函数的零点，由，所以函数的零点所在的区间为，故选C．【题目点拨】本题主要考查了函数的零点的判定定理的应用，其中解答中熟记零点的存在定理，以及对数的运算性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．2、C【解题分析】

设两个复数,,在复平面内对应点,利用平面向量的加法的几何意义以及平面向量的数量积可以判断出的最值情况.【题目详解】设两个复数,,在复平面内对应点,因此有：因为,复数,的实部和虚部都是正整数,所以,(当且仅当),故,假设有最小值,则,显然对于也成立,于是有这与相矛盾,故不存在最小值；对任意正整数,,,,故没有最大值,因此②④说法正确.故选：C【题目点拨】本题考查了复数的向量表示,考查了平面向量的数量积的计算,考查了数学运算能力.3、B【解题分析】5名志愿者先排成一排，有种方法，2位老人作一组插入其中，且两位老人有左右顺序，共有=960种不同的排法，选B．4、C【解题分析】

根据能被2整除，可知为偶数.最高位不能为0，可分类讨论末位数字，即可得总个数.【题目详解】由能够被2整除，可知该六位数为偶数，根据末位情况，分两种情况讨论：当末位数字为0时，其余五个数为任意全排列，即有种；当末位数字为2或4时，最高位从剩余四个非零数字安排，其余四个数位全排列，则有，综上可知，共有个.故选：C.【题目点拨】本题考查了排列组合的简单应用，分类分步计数原理的应用，属于基础题.5、C【解题分析】，故选D.6、B【解题分析】

通过函数的单调性和特殊点的函数值，排除法得到正确答案.【题目详解】因为，其定义域为所以，所以为奇函数，其图像关于原点对称，故排除A、C项，当时，，所以D项错误，故答案为B项.【题目点拨】本题考查利用函数的奇偶性和特殊点的函数值来判断函数的图像，属于简单题.7、A【解题分析】

先求出的坐标，再利用共线向量的坐标关系式可求的值.【题目详解】，因，故，故.故选A.【题目点拨】如果，那么：（1）若，则；（2）若，则；8、C【解题分析】分析：该题可以分为两类进行研究，一类是乙和丙之一在A社区，另一在B社区，另一类是乙和丙在B社区，计算出每一类的数据，然后求解即可.详解：由题意将问题分为两类求解：第一类，若乙与丙之一在甲社区，则安排种数为种；第二类，若乙与丙在B社区，则A社区还缺少一人，从剩下三人中选一人，另两人去C社区，故安排方法种数为种；故不同的安排种数是种，故选C.点睛：该题考查的是有关分类加法计数原理，在解题的过程中，对问题进行正确的分类是解题的关键，并且需要将每一类对应的数据正确算出.9、B【解题分析】

根据，第一步应验证的情况，计算得到答案.【题目详解】因为，故第一步应验证的情况，即.故选：.【题目点拨】本题考查了数学归纳法，意在考查学生对于数学归纳法的理解和掌握.10、A【解题分析】由得,即,所以,故选A.【名师点睛】复数代数形式的加减乘除运算的法则是进行复数运算的理论依据,加减运算类似于多项式的合并同类项,乘法法则类似于多项式乘法法则,除法运算则先将除式写成分式的形式,再将分母实数化.注意下面结论的灵活运用：(1)(1±i)2＝±2i；(2)＝i,＝－i.11、A【解题分析】

求出圆C的圆心坐标为（2，0），由圆C经过点得到圆C过极点，由此能求出圆C的极坐标方程．【题目详解】在中，令，得，所以圆的圆心坐标为（2，0）.因为圆经过点，所以圆的半径，于是圆过极点，所以圆的极坐标方程为.故选A【题目点拨】本题考查圆的极坐标方程的求法，考查直角坐标方程、参数方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．12、A【解题分析】

根据甲的所说的话，可知乙、丙的成绩中一位优秀、一位良好，再结合简单的合情推理逐一分析可得出结果.【题目详解】因为甲、乙、丙、丁四位同学中有两位优秀、两位良好，又甲看了乙、丙的成绩且还不知道自己的成立，即可推出乙、丙的成绩中一位优秀、一位良好，又乙看了丙的成绩，则乙由丙的成绩可以推出自己的成绩，又甲、丁的成绩中一位优秀、一位良好，则丁由甲的成绩可以推出自己的成绩.因此，乙、丁知道自己的成绩，故选：A.【题目点拨】本题考查简单的合情推理，解题时要根据已知的情况逐一分析，必要时可采用分类讨论的思想进行推理，考查逻辑推理能力，属于中等题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解题分析】试题分析：由题意得，0<lnx2<3⇒1<x2<e3，因为存在x1<x2<x3，f(x1)=f(考点：分段函数的性质及利用导数求解函数的最值．【方法点晴】本题主要考查了分段函数的图象与性质、利用导数研究函数的单调性与极值、最值，着重考查了学生分析、解答问题的能力，同时考查了转化与化归的思想方法的应用，属于中档试题，本题的解答中，先确定1<x2<14、①③【解题分析】逐一分析所给的各个说法：①∵a，b，c∈R，∴“ac2>bc2”⇒“a>b”，反之，当时，由不成立。若，则“”是“”成立的充分不必要条件；故①正确；②若椭圆的两个焦点为F1,F2,且弦AB过点F1，则△ABF2的周长为4a=20，故②不正确；③若命题“¬p”与命题“p或q”都是真命题，则p是假命题，所以命题q一定是真命题，故③正确；④若命题p:∃x∈R,x2+x+1<0，则¬p:∀x∈R,x2+x+1⩾0，故④错误。故答案为：①③。15、【解题分析】

先种B、E两块，再种A、D,而种C、F与种A、D情况一样，根据分类与分步计数原理可求．【题目详解】先种B、E两块，共种方法，再种A、D,分A、E相同与不同，共种方法，同理种C、F共有7种方法，总共方法数为【题目点拨】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.本题先种B、E两块，让问题变得更简单．16、【解题分析】

直接去掉绝对值即可得解.【题目详解】由去绝对值可得即，故不等式的解集是.【题目点拨】本题考查了绝对值不等式的解法，属于基础题.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）见解析；（2）．【解题分析】分析：此题建系比较容易，所以两问都用建系处理，以为坐标原点,分别以直线所在直线为轴,轴,轴，分别写出坐标，设，利用解得所以，所以平面；(2)计算平面法向量，所以即可解题详解：(1)如图,以为坐标原点,分别以直线所在直线为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系，易得,设,则，因为,所以，解得,即,又,,所以,所以,且，所以，又，所以平面.(2)，，，设平面的一个法向量，则即令，则，即，.点睛：空间向量是解决立体几何问题很好的方法，也是高考每年的必考考点，所以在遇到此类问题时要注意合理的建立坐标系，建系的原则要尽量使得更多的点落在坐标轴上，这样方便计算.18、当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为或；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.【解题分析】

将原不等式因式分解化为，对参数分5种情况讨论：，，，，，分别解不等式．【题目详解】解：原不等式可化为，即，①当时，原不等式化为，解得，②当时，原不等式化为，解得或，③当时，原不等式化为.当，即时，解得；当，即时，解得满足题意；当，即时，解得.综上所述，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为或；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.【题目点拨】本题考查含参不等式的求解，求解时注意分类讨论思想的运用，对分类时要做到不重不漏的原则，同时最后记得把求得的结果进行综合表述.19、（1）见解析；（2）.【解题分析】试题分析：（1）连结交于，根据平行四边形性质得是中点，再根据三角形中位线性质得，最后根据线面平行判定定理得结论,（2）根据条件建立空间直角坐标系,设立各点坐标,利用方程组解各面法向量,根据向量数量积求夹角,最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系求二面角.试题解析：（1）∵且，与交于点，与交于点∴平面平面，∴几何体是三棱柱又平面平面，，∴平面，故几何体是直三棱柱（1）四边形和四边形都是正方形，所以且，所以四边形为矩形；于是，连结交于，连结，是中点，又是的中点，故是三角形D的中位线，，注意到在平面外，在平面内，∴直线平面（2）由于平面平面，，∴平面，所以.于是，，两两垂直.以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，因正方形边长为，且为中点，所以，，，于是，，设平面的法向量为则，解之得，同理可得平面的法向量，∴记二面角的大小为，依题意知，为锐角，，即求二面角的大小为20、（1）；（2）见解析【解题分析】

（1）利用分数统计表求得和；又，根据正态分布曲线可求得结果；（2）计算出从该地区所有党员中