2024届江苏省扬州市广陵区扬州中学数学高二下期末学业水平测试试题含解析

2024届江苏省扬州市广陵区扬州中学数学高二下期末学业水平测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形，帕斯卡（1623-1662）是在1654年发现这一规律的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，这是我国数学史上的一个伟大成就.如图所示，在“杨辉三角”中，去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为()A． B． C． D．2．世界杯参赛球队共32支，现分成8个小组进行单循环赛，决出16强(各组的前2名小组出线)，这16个队按照确定的程序进行淘汰赛，决出8强，再决出4强，直到决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为()A．64 B．72 C．60 D．563．已知函数且，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．4．如图所示，函数的图象在点P处的切线方程是，则（）A． B．1 C．2 D．05．已知（ax）5的展开式中含x项的系数为﹣80，则（ax﹣y）5的展开式中各项系数的绝对值之和为（）A．32 B．64 C．81 D．2436．已知实数满足条件，且，则的取值范围是（）A． B． C． D．7．如图的三视图表示的四棱锥的体积为，则该四棱锥的最长的棱的长度为（）A． B． C．6 D．8．已知抛物线y2=2x的焦点为F，点P在抛物线上，且|PF|=2，过点P作抛物线准线的垂线交准线于点Q，则|FQ|=（）A．1 B．2 C． D．9．在等差数列中，，则（）A．45 B．75 C．180 D．36010．设函数f(x)＝axA．193 B．163 C．1311．若，则的最小值为（）A．2 B．4 C．6 D．812．将3本相同的小说，2本相同的诗集全部分给4名同学，每名同学至少1本，则不同的分法有（）A．24种 B．28种 C．32种 D．36种二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图所示，正方形的边长为，已知，将直角沿边折起，折起后点在平面上的射影为点，则翻折后的几何体中与所成角的正切值为_____．14．已知复数z＝2＋6i，若复数mz＋m2(1＋i)为非零实数，求实数m的值为_____．15．已知随机变量，则的值为__________．16．已知函数，的最大值为，则实数的值为_______．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）以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知某圆的极坐标方程为.（1）将极坐标方程化为直坐标方程，并选择恰当的参数写出它的参数方程；（2）若点在该圆上，求的最大值和最小值.18．（12分）如图，矩形和等边三角形中，，平面平面．（1）在上找一点，使，并说明理由；（2）在（1）的条件下，求平面与平面所成锐二面角余弦值．19．（12分）每年暑期都会有大量中学生参加名校游学，夏令营等活动，某中学学生社团将其今年的社会实践主题定为“中学生暑期游学支出分析”，并在该市各个中学随机抽取了共名中学生进行问卷调查，根据问卷调查发现共名中学生参与了各类游学、夏令营等活动，从中统计得到中学生暑期游学支出（单位：百元）频率分布方图如图.（I）求实数的值；（Ⅱ）在，，三组中利用分层抽样抽取人，并从抽取的人中随机选出人，对其消费情况进行进一步分析.（i）求每组恰好各被选出人的概率；（ii）设为选出的人中这一组的人数，求随机变量的分布列和数学期望.20．（12分）（1）已知矩阵，矩阵的逆矩阵，求矩阵.（2）已知矩阵的一个特征值为，求.21．（12分）设函数，其中实数是自然对数的底数.(1)若在上无极值点，求的值；(2)若存在，使得是在上的最大或最小值，求的取值范围.22．（10分）已知函数，若定义域内存在实数x，满足，则称为“局部奇函数．（1）已知二次函数，试判断是否为“局部奇函数”？并说明理由（2）设是定义在上的“局部奇函数”，求实数m的取值范围．

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、A【解题分析】

利用n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，然后令x＝1得到对应项的系数和，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可．【题目详解】n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，例如（x+1）2＝x2+2x+1，系数分别为1，2，1，对应杨辉三角形的第3行，令x＝1，就可以求出该行的系数之和，第1行为20，第2行为21，第3行为22，以此类推即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，则杨辉三角形的前n项和为Sn2n﹣1，若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，……，可以看成一个首项为1，公差为1的等差数列，则Tn，可得当n＝15，在加上第16行的前15项时，所有项的个数和为135，由于最右侧为2，3，4，5，……，为首项是2公差为1的等差数列，则第16行的第16项为17，则杨辉三角形的前18项的和为S18＝218﹣1，则此数列前135项的和为S18﹣35﹣17＝218﹣53，故选：A．【题目点拨】本题主要考查归纳推理的应用，结合杨辉三角形的系数与二项式系数的关系以及等比数列等差数列的求和公式是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．2、A【解题分析】分析：先确定小组赛的场数，再确定淘汰赛的场数，最后求和.详解：因为8个小组进行单循环赛，所以小组赛的场数为因为16个队按照确定的程序进行淘汰赛，所以淘汰赛的场数为因此比赛进行的总场数为48+16=64，选A.点睛：本题考查分类计数原理，考查基本求解能力.3、A【解题分析】分析：先确定函数奇偶性与单调性，再利用奇偶性与单调性解不等式.详解：因为，所以,为偶函数，因为当时，单调递增，所以等价于，即，或，选A.点睛：解函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为同一单调区间上的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内.4、B【解题分析】分析：由切线方程确定切点坐标，然后结合导数的几何意义整理计算即可求得最终结果.详解：由切线方程可知，当时，，切点坐标为，即，函数在处切线的斜率为，即，据此可知：.本题选择B选项.点睛：本题主要考查切线的几何意义及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5、D【解题分析】

由题意利用二项展开式的通项公式求出的值，可得即

，本题即求的展开式中各项系数的和，令，可得的展开式中各项系数的和．【题目详解】的展开式的通项公式为令，求得，可得展开式中含项的系数为，解得，则所以其展开式中各项系数的绝对值之和，即为的展开式中各项系数的和，令，可得的展开式中各项系数的和为.故选D项.【题目点拨】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题6、D【解题分析】

如图所示，画出可行域和目标函数，根据平移得到答案.【题目详解】如图所示，画出可行域和目标函数，，则，表示直线轴截距的相反数，根据图像知：当直线过，即，时有最小值为；当直线过，即时有最大值为，故.故选：.【题目点拨】本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.7、C【解题分析】

根据三视图，画出空间结构体，即可求得最长的棱长。【题目详解】根据三视图，画出空间结构如下图所示：由图可知，底面，所以棱长最长根据三棱锥体积为可得，解得所以此时所以选C【题目点拨】本题考查了空间几何体三视图，三棱锥体积的简单应用，属于基础题。8、B【解题分析】

不妨设点P在x轴的上方，设P（x1，y1），根据抛物线的性质可得x1=，即可求出点P的坐标，则可求出点Q的坐标，根据两点间的距离公式可求出．【题目详解】不妨设点P在x轴的上方，设P（x1，y1），∵|PF|=2，∴x1+=2，∴x1=∴y1=，∴Q（-，），∵F（，0），∴|FQ|==2，故选B．【题目点拨】本题考查了直线和抛物线的位置关系，抛物线的性质，两点间的距离公式，属于基础题．一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用,尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化.9、C【解题分析】

由，利用等差数列的性质求出，再利用等差数列的性质可得结果.【题目详解】由，得到，则．故选C.【题目点拨】本题主要考查等差数列性质的应用，属于基础题.解与等差数列有关的问题时，要注意应用等差数列的性质：若，则.10、D【解题分析】

由题，求导，将x=-1代入可得答案.【题目详解】函数f(x)的导函数f'(x)=3ax解得a=10故选D【题目点拨】本题考查了函数的求导，属于基础题.11、C【解题分析】

利用均值不等式求解即可．【题目详解】∵（当且仅当n＝3时等号成立）故选：C．【题目点拨】本题主要考查了均值不等式求最值．注意把握好一定，二正，三相等的原则．12、B【解题分析】试题分析：第一类：有一个人分到一本小说和一本诗集，这种情况下的分法有：先将一本小说和一本诗集分到一个人手上，有种分法，将剩余的本小说，本诗集分给剰余个同学，有种分法，那共有种；第二类：有一个人分到两本诗集，这种情况下的分法有：先两本诗集分到一个人手上，有种情况，将剩余的本小说分给剩余个人，只有一种分法，那共有：种，第三类：有一个人分到两本小说，这种情况的分法有：先将两本小说分到一个人手上，有种情况，再将剩余的两本诗集和一本小说分给剩余的个人，有种分法，那共有：种，综上所述：总共有：种分法，故选B.考点：1、分布计数乘法原理；2、分类计数加法原理.【方法点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

连接，根据平行关系可知即为与所成角；根据线面垂直的性质和判定定理可证得，从而可求得，利用同角三角函数可求得结果.【题目详解】连接，如下图所示：四边形为正方形，与所成角即为与所成角，即点在平面上的射影为点平面又平面平面，平面平面即与所成角的正切值为本题正确结果；【题目点拨】本题考查异面直线所成角的求解问题，涉及到立体几何中的翻折变换问题，关键是能够通过平行关系将异面直线成角转变为相交直线所成角，从而根据垂直关系在直角三角形中来进行求解.14、-6【解题分析】

利用复数代数形式的乘除运算化简，再由虚部为0且实部不为0列式求解．【题目详解】由题意，，解得．故答案为-6.【题目点拨】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．15、【解题分析】

根据二项分布的期望公式求解.【题目详解】因为随机变量服从二项分布，所以.【题目点拨】本题考查二项分布的性质.16、【解题分析】

求导后，若，则，可验证出不合题意；当时，求解出的单调性，分别在，，三种情况下通过最大值取得的点构造关于最值的方程，解方程求得结果.【题目详解】由题意得：当时，，则在上单调递增，解得：，不合题意，舍去当时，令，解得：，可知在，上单调递减；在上单调递增①当，即时，解得：，不合题意，舍去②当，即时，，解得：③当，即时解得：，不合题意，舍去综上所述：本题正确结果：【题目点拨】本题考查根据函数的最值求解参数值的问题，关键是对于含有参数的函数，通过对极值点位置的讨论确定最值取得的点，从而可利用最值构造出方程，求解出参数的取值范围.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）最大值为，最小值为.【解题分析】

（1）利用两角差的余弦值将圆的极坐标方程展开，并由，代入可得出圆的普通方程，并将圆的方程表示为标准方程，可得出圆的参数方程；（2）设，，代入，利用三角恒等变换思想将代数式化简，可得出的最大值和最小值.【题目详解】（1），即，即，所以，圆的普通方程为，其标准方程为，因此，圆的参数方程为（为参数）；（2）设，，则，的最大值为，最小值为.【题目点拨】本题考查极坐标方程、参数方程与普通方程的互化，以及圆的参数方程的应用，解题时要熟悉圆的参数方程与极坐标形式，并熟悉圆的参数方程的应用，结合三角恒等变换思想进行求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.18、（1）证明过程见解析；（2）平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【解题分析】试题分析：(1)分别取的中点，利用三角形的中位线的性质，即可证明面，进而得到；（2）建立空间直角坐标系，利用平面与平面法向量成的角去求解.试题解析：（1）为线段的中点，理由如下：分别取的中点，连接，在等边三角形中，，又为矩形的中位线，，而，所以面，所以；（2）由（1）知两两互相垂直，建立空间直角坐标系如图所示，，三角形为等边三角形，．于是，设面的法向量，所以，得，则面的一个法向量，又是线段的中点，则的坐标为，于是，且，又设面的法向量，由，得，取，则，平面的一个法向量，所以，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．19、（Ⅰ）（Ⅱ）（ⅰ）（ⅱ）见解析【解题分析】

（1）利用频率分布直方图中，各个小矩形面积和等于1，求出；（2）由频率分布直方图得三组中人数的比例为，所以抽取的10人，在每组中各占4人、3人、3人；随机变量的所有可能取值为.【题目详解】解（Ⅰ）由题意，得，解得.（Ⅱ）按照分层抽样，，，三组抽取人数分别为，，.（ⅰ）每组恰好各被选出人的概率为.（ⅱ）的所有可能取值为0，1，2，3.，，，，则的分布列为【题目点拨】统计与概率试题，往往是先考统计，后考概率，要求从图表中提取有用信息，并对数据进行处理，为解决概率问题铺垫.20、（1）;（2）.【解题分析】

（1）依题意，利用矩阵变换求得，再利用矩阵乘法的性质可求得答案．（2）根据特征多项式的一个零点为3，