2024届上海市上外附属大境中学数学高二第二学期期末教学质量检测试题含解析

2024届上海市上外附属大境中学数学高二第二学期期末教学质量检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．函数f（x）=，则不等式f（x）＞2的解集为（）A． B．（，-2）∪（，2）C．（1，2）∪（，+∞） D．（，+∞）2．将两个随机变量之间的相关数据统计如表所示：根据上述数据，得到的回归直线方程为，则可以判断（）A． B． C． D．3．下列函数中，以为周期且在区间(，)单调递增的是A．f(x)=│cos2x│ B．f(x)=│sin2x│C．f(x)=cos│x│ D．f(x)=sin│x│4．在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，若曲线与的关系为（）A．外离 B．相交 C．相切 D．内含5．有8件产品，其中4件是次品，从中有放回地取3次（每次1件），若X表示取得次品的次数，则（）A． B． C． D．6．在下列命题中，①从分别标有1,2,……,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是；②的展开式中的常数项为2；③设随机变量，若，则.其中所有正确命题的序号是（）A．② B．①③C．②③ D．①②③7．两个线性相关变量x与y的统计数据如表：x99.51010.511y1110865其回归直线方程是，则相对应于点（11，5）的残差为（）A．0.1 B．0.2 C．﹣0.1 D．﹣0.28．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何也有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥．现有一如图所示的“堑堵”即三棱柱，其中，若，当“阳马”即四棱锥体积最大时，“堑堵”即三棱柱的表面积为A． B． C． D．9．某个命题与正整数有关，如果当时命题成立，那么可推得当时命题也成立。现已知当n=8时该命题不成立，那么可推得A．当n=7时该命题不成立 B．当n=7时该命题成立C．当n=9时该命题不成立 D．当n=9时该命题成立10．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A． B． C． D．11．下列函数既是偶函数，又在上为减函数的是（）A． B． C． D．12．在边长为1的正中，，是边的两个三等分点（靠近于点），等于（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数的图像经过第二、三、四象限，，则的取值范围是_______．14．一台机器生产某种产品，如果生产出一件甲等品可获利50元，生产出一件乙等品可获利30元，生产出一件次品，要赔20元，已知这台机器生产出甲等品、乙等品和次品的概率分别为0.6，0.3，和0.1，则这台机器每生产一件产品平均预期可获利________元．15．已知双曲线，的焦点分别在轴，轴上，渐近线方程为，离心率分别为，．则的最小值为___________．16．已知函数，若，则的值是_____.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）在平面直角坐标系中，曲线：，曲线：（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.（1）求曲线，的极坐标方程；（2）曲线：（为参数，，），分别交，于，两点，当取何值时，取得最大值.18．（12分）已知函数，其中，.（1）若，，求的值；（2）若，，求的最大值；（3）若，求证：.19．（12分）已知的角、、所对的边分别是、、，设向量，，.（1）若，求证：为等腰三角形；（2）若，边长，角，求的面积.20．（12分）已知函数（为自然对数的底数）.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，恒成立，求整数的最大值.21．（12分）已知函数.(1)若，求函数的单调区间；(2)若的极小值点，求实数a的取值范围．22．（10分）已知函数.（1）当，时，求函数的值域；（2）若函数在上的最大值为1，求实数的值.

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】当时，有，又因为，所以为增函数，则有，故有；当时，有，因为是增函数，所以有，解得，故有．综上．故选C2、C【解题分析】

根据最小二乘法，求出相关量，，即可求得的值。【题目详解】因为，，，所以，，故选C。【题目点拨】本题主要考查利用最小二乘法求线性回归方程，意在考查学生的数学运算能力。3、A【解题分析】

本题主要考查三角函数图象与性质，渗透直观想象、逻辑推理等数学素养．画出各函数图象，即可做出选择．【题目详解】因为图象如下图，知其不是周期函数，排除D；因为，周期为，排除C，作出图象，由图象知，其周期为，在区间单调递增，A正确；作出的图象，由图象知，其周期为，在区间单调递减，排除B，故选A．【题目点拨】利用二级结论：①函数的周期是函数周期的一半；②不是周期函数；4、B【解题分析】

将两曲线方程化为普通方程，可得知两曲线均为圆，计算出两圆圆心距，并将圆心距与两圆半径差的绝对值和两半径之和进行大小比较，可得出两曲线的位置关系.【题目详解】在曲线的极坐标方程两边同时乘以，得，化为普通方程得，即，则曲线是以点为圆心，以为半径的圆，同理可知，曲线的普通方程为，则曲线是以点为圆心，以为半径的圆，两圆圆心距为，，，，因此，曲线与相交，故选：B.【题目点拨】本题考查两圆位置关系的判断，考查曲线极坐标方程与普通方程的互化，对于这类问题，通常将圆的方程化为标准方程，利用两圆圆心距与半径和差的大小关系来得出两圆的位置关系，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.5、D【解题分析】

首先把取一次取得次品的概率算出来，再根据离散型随机变量的概率即可算出．【题目详解】因为是有放回地取产品，所以每次取产品取到次品的概率为．从中取3次，为取得次品的次数，则,,选择D答案．【题目点拨】本题考查离散型随机变量的概率,解题时要注意二项分布公式的灵活运用.属于基础题．6、C【解题分析】

根据二项式定理，古典概型，以及正态分布的概率计算，对选项进行逐一判断，即可判断.【题目详解】对①：从9张卡片中不放回地随机抽取2次，共有种可能；满足2张卡片上的数奇偶性不同，共有种可能；根据古典概型的概率计算公式可得，其概率为，故①错误；对②：对写出通项公式可得，令，解得，即可得常数项为，故②正确；对③：由正态分布的特点可知，故③正确.综上所述，正确的有②③.故选：C.【题目点拨】本题考查古典概型的概率计算，二项式定理求常数项，以及正态分布的概率计算，属综合性基础题.7、B【解题分析】

求出样本中心，代入回归直线的方程，求得，得出回归直线的方程，令，解得，进而求解相应点的残差，得到答案.【题目详解】由题意，根据表中的数据，可得，把样本中心代入回归方程，即，解得，即回归直线的方程为，令，解得，所以相应点的残差为，故选B.【题目点拨】本题主要考查了回归直线方程的求解及应用，其中解答中正确求解回归直线的方程，利用回归直线的方程得出预测值是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.8、C【解题分析】分析：由四棱锥的体积是三棱柱体积的，知只要三棱柱体积最大，则四棱锥体积也最大，求出三棱柱的体积后用基本不等式求得最大值，及取得最大值时的条件，再求表面积．详解：四棱锥的体积是三棱柱体积的，，当且仅当时，取等号．∴．故选C．点睛：本题考查棱柱与棱锥的体积，考查用基本不等式求最值．解题关键是表示出三棱柱的体积．9、A【解题分析】

根据逆否命题和原命题的真假一致性得，当时命题不成立，则命题也不成立，所以选A.【题目详解】根据逆否命题和原命题的真假一致性得，当时命题不成立，则命题也不成立，所以当时命题不成立，则命题也不成立，故答案为：A【题目点拨】(1)本题主要考查数学归纳法和逆否命题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)互为逆否关系的命题同真同假，即原命题与逆否命题的真假性相同，原命题的逆命题和否命题的真假性相同.所以，如果某些命题（特别是含有否定概念的命题）的真假性难以判断，一般可以判断它的逆否命题的真假性.10、D【解题分析】由题设中提供的三视图中的图形信息与数据信息可知该几何体是一个底面是边长分别为３,３,４的等腰三角形，高是４的三棱锥，如图，将其拓展成三棱柱，由于底面三角形是等腰三角形，所以顶角的余弦为，则，底面三角形的外接圆的半径，则三棱锥的外接球的半径，其表面积，应选答案D。11、B【解题分析】

通过对每一个选项进行判断得出答案.【题目详解】对于选项：函数在既不是偶函数也不是减函数，故排除；对于选项：函数既是偶函数，又在是减函数；对于选项：函数在是奇函数且增函数，故排除；对于选项：函数在是偶函数且增函数，故排除；故选：B【题目点拨】本题考查了函数的增减性以及奇偶性的判断，属于较易题.12、C【解题分析】试题分析：如图，，是边的两个三等分点，故选C.考点：平面向量数量积的运算二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

利用函数的图像经过第二、三、四象限可得：，整理可得：，再利用指数函数的性质即可得解.【题目详解】因为函数的图像经过第二、三、四象限，所以，解得：又又，所以，所以所以，所以的取值范围是【题目点拨】本题主要考查了指数函数的性质及计算能力、分析能力，还考查了转化能力，属于中档题．14、37(元)【解题分析】

由已知条件直接求出数学期望，即可求得结果【题目详解】一台机器生产某种产品，如果生产出一件甲等品可获利50元，生产出一件乙等品可获利30元，生产出一件次品，要赔20元，已知这台机器生产出甲等品、乙等品和次品的概率分别为0.6，0.3，和0.1，则这台机器每生产一件产品平均预期可获利：50×0.6＋30×0.3－20×0.1＝37(元)．故答案为37(元)【题目点拨】本题主要考查了期望的实际运用，由已知条件，结合公式即可计算出结果，本题较为简单。15、【解题分析】

根据双曲线的渐近线方程和离心率的关系可得，，再利用基本不等式求解即可.【题目详解】解：由渐近线方程为可知，，,，，.第一次取等号的条件为，即，第二次取等号的条件为，即.的最小值为.故答案为：.【题目点拨】本题考查双曲线的方程和基本性质，离心率的求法，基本不等式的应用，属于中档题.16、【解题分析】

当时，，求出；当时，无解.从而，由此能求出结果.【题目详解】解：由时，是减函数可知，当，则，所以，由得，解得，则.故答案为：.【题目点拨】本题考查函数值的求法，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），.（2）【解题分析】

（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求出；（2）先求出曲线的极坐标方程，分别与曲线，的极坐标方程联立，即可求出，，进而得到，由三角函数求值域的方法即可求出取得最大值．【题目详解】（1）因为，，，的极坐标方程为，的普通方程为，即，对应极坐标方程为．（2）曲线的极坐标方程为（，），设，，则，，所以，又，，所以当，即时，取得最大值．【题目点拨】本题主要考查曲线的参数方程与极坐标方程的互化，直线的普通方程与极坐标方程的互化，以及极坐标方程和的几何意义的应用，涉及三角函数知识的运用，意在考查学生的数学运算能力和转化能力，属于中档题．18、（1）；（2）；（3）见解析．【解题分析】分析：（1）赋值法：求（2）先求通项公式，利用解出，设第项的系数最大，所以（3）时，，利用组合数的公式化简求解。详解：（1），时，，令得，令得，可得；（2），，不妨设中，则或，中的最大值为；（3）若，，，因为，所以.点睛：（1）二项式定理求系数和的问题，采用赋值法。（2）求解系数的最大项，先设最大项的系数，注意所求的是第项的系数，计算不等式采用消去法化简计算，取整数。（3）组合数公式的计算整体变形，构造的结构，一般采用计算，不要展开。19、（1）见解析（2）【解题分析】

⑴因为，所以，即,其中是的外接圆半径，所以，所以为等腰三角形.⑵因为，所以.由余弦定理可知，，即解方程得：（舍去）所以.20、(1)见解析；(2)的最大值为1.【解题分析】

（1）根据的不同范围，判断导函数的符号，从而得到的单调性；（2）方法一：构造新函数，通过讨论的范围，判断单调性，从而确定结果；方法二：利用分离变量法，把问题变为，求解函数最小值得到结果.【题目详解】（1）当时，在上递增；当时，令，解得：在上递减，在上递增；当时，在上递减（2）由题意得：即对于恒成立方法一、令，则当时，在上递增，且，符合题意；当时，时，单调递增则存在，使得，且在上递减，在上递增由得：又整数的最大值为另一方面，时，，，时成立方法二、原不等式等价于：恒成立令令，则在上递增，又，存在，使得且在上递减，在上递增又，又，整数的最大值为【题目点拨】本题主要考查导数在函数单调性中的应用，以及导数当中的恒成立问题.处理恒成立问题一方面可以构造新函数，通过研究新函数的单调性，求解出范围；另一方面也可以采用分离变量的方式，得到参数与新函数的大小关系，最终确定结果.21、（1）单调减区间为，单调增区间为（2）【解题分析】

(1)将参数值代入得到函数的表达式，将原函数求导得到导函数，根据导函数的正负得到函数的单调区间；（2），因为是的极小值点，所以，得到；分情况讨论，每种情况下是否满足x=1是函数的极值，进而得到结果.【题目详解】（1）由题由，得由，得；由，得的单调减区间