2024届安徽省蒙城二中数学高二第二学期期末统考试题含解析

2024届安徽省蒙城二中数学高二第二学期期末统考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．给出下列三个命题：①“若，则”为假命题；②若为真命题，则,均为真命题；③命题，则.其中正确的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．32．在方程（为参数）所表示的曲线上的点是（）A．(2,7) B． C．(1,0) D．3．已知奇函数在上是增函数，若，，，则的大小关系为（）A． B． C． D．4．若函数恰有个零点，则的取值范围为（）A． B．C． D．5．生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为A． B．C． D．6．已知随机变量服从正态分布，若，则（）A．1 B．0.8 C．0.6 D．0.37．岳阳高铁站进站口有3个闸机检票通道口，高考完后某班3个同学从该进站口检票进站到外地旅游，如果同一个人进的闸机检票通道口选法不同，或几个人进同一个闸机检票通道口但次序不同，都视为不同的进站方式，那么这3个同学的不同进站方式有（）种A．24 B．36 C．42 D．608．若函数，对任意实数都有，则实数的值为（）A．和 B．和 C． D．9．存在实数，使成立的一个必要不充分条件是()A． B． C． D．10．二项式的展开式中只有第项的二项式系数最大，且展开式中的第项的系数是第项的系数的倍，则的值为（）A． B． C． D．11．已知函数f(x)=x2-x-6，在区间[-6,4]内任取一点xA．13 B．25 C．112．已知曲线：，：，则下面结论正确的是（）A．把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线B．把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C．把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线D．把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．求函数的单调增区间是__________．14．在长方体中，，，，那么顶点到平面的距离为______．15．若实数满足，且，则_____．16．某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：单价（元）456789销量（件）908483807568由表中数据，求得线性回归方程为，则实数______.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，将的图象向右平移两个单位长度，得到函数的图象．（1）求函数的解析式；（2）若方程在上有且仅有一个实根，求的取值范围；（3）若函数与的图象关于直线对称，设，已知对任意的恒成立，求的取值范围．18．（12分）设函数，其中.（Ⅰ）若，讨论的单调性；（Ⅱ）若，（i）证明恰有两个零点（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.19．（12分）已知函数.求不等式的解集；若，求实数的取值范围.20．（12分）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点也为抛物线：的焦点．（1）若，为椭圆上两点，且线段的中点为，求直线的斜率；（2）若过椭圆的右焦点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于，和，，设线段，的长分别为，，证明是定值．21．（12分）设，．（Ⅰ）如果存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；（Ⅱ）如果对于任意的都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．22．（10分）完成下列各题.(1)求的展开式;(2)化简.

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】试题分析：①若，则且，所以①正确；②若为真命题，则，应至少有一个是真命题，所以②错；③正确．考点：1.四种命题；2.命题的否定．2、D【解题分析】分析：化参数方程（为参数）为普通方程，将四个点代入验证即可.详解：方程（为参数）消去参数得到将四个点代入验证只有D满足方程.故选D.点睛：本题考查参数分析与普通方程的互化，属基础题3、D【解题分析】

利用奇函数性质，将a转化成，利用单调性比较函数值大小，先比较自变量的大小，再根据增函数，即可比较函数值的大小关系.【题目详解】根据题意，为奇函数，则，又由，又由在上是增函数，则有，故选：D.【题目点拨】比较指数值或对数值时可以跟1或0进行比较再排列出大小顺序.4、D【解题分析】

将问题转化为与恰有个交点；利用导数和二次函数性质可得到的图象，通过数形结合可确定或时满足题意，进而求得结果.【题目详解】令，则恰有个零点等价于与恰有个交点当时，，则当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增当时，在上单调递减，在上单调递增可得图象如下图所示：若与有两个交点，则或又，即当时，恰有个零点本题正确选项：【题目点拨】本题考查根据函数零点个数求解参数范围的问题，关键是能够将问题转化为平行于轴的直线与曲线的交点个数的问题，利用数形结合的方式找到临界状态，从而得到满足题意的范围.5、B【解题分析】

本题首先用列举法写出所有基本事件，从中确定符合条件的基本事件数，应用古典概率的计算公式求解．【题目详解】设其中做过测试的3只兔子为，剩余的2只为，则从这5只中任取3只的所有取法有，共10种．其中恰有2只做过测试的取法有共6种，所以恰有2只做过测试的概率为，选B．【题目点拨】本题主要考查古典概率的求解，题目较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．应用列举法写出所有基本事件过程中易于出现遗漏或重复，将兔子标注字母，利用“树图法”，可最大限度的避免出错．6、C【解题分析】因，故由正态分布的对称性可知，应选答案C。7、D【解题分析】分析：三名同学可以选择1个或2个或3个不同的检票通道口进站，三种情况分别计算进站方式即可得到总的进站方式.详解：若三名同学从3个不同的检票通道口进站，则有种；若三名同学从2个不同的检票通道口进站，则有种；若三名同学从1个不同的检票通道口进站，则有种；综上，这3个同学的不同进站方式有种，选D.点睛：本题考查排列问题，属于中档题，解题注意合理分类讨论，而且还要注意从同一个进站口进入的学生的不同次序.8、A【解题分析】由得函数一条对称轴为,因此,由得,选A.点睛：求函数解析式方法：(1).(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求.（4）由求对称轴9、D【解题分析】分析：先求成立充要条件，即的最小值，再根据条件之间包含关系确定选择.详解：因为存在实数，使成立，所以的最小值,因为，所以,因为，因此选D.点睛：充分、必要条件的三种判断方法．1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．10、B【解题分析】二项式的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则，二项式展开式的通项公式为：，由题意有：，整理可得：.本题选择D选项.点睛：二项式系数与展开式项的系数的异同一是在Tr＋1＝an－rbr中，是该项的二项式系数，与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指，而后者是字母外的部分，前者只与n和r有关，恒为正，后者还与a，b有关，可正可负．二是二项式系数的最值与增减性与指数n的奇偶性有关，当n为偶数，中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值．11、C【解题分析】

先求出x<0,则【题目详解】由f(x)≥0得(x-3)(x+2)⩾0，故x≥3或x≤-2，由-6≤x0≤4，故-6≤x0≤-2或【题目点拨】本题主要考查几何概型的相关计算，难度一般.12、C【解题分析】

由题意利用诱导公式得，根据函数的图象变换规律，得出结论．【题目详解】已知曲线，，∴把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，可得的图象，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线的图象，故选C．【题目点拨】本题主要考查函数的图象变换规律，属于基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、或【解题分析】

求的导函数，利用，可得函数的单调递增区间．【题目详解】解：由，得令，可得故函数的单调递增区间是故答案为或.【题目点拨】本题考查导数知识的运用，函数求导，考查函数的单调性，属于基础题．14、【解题分析】

作出图形，计算出四面体的体积，并计算出的面积，然后利用等体积法计算出点到平面的距离.【题目详解】如下图所示：三棱锥的体积为.在中，由勾股定理得，同理可得，取的中点，连接，则，由勾股定理得.所以，的面积为.设点到平面的距离为，则，解的.因此，点到平面的距离为.故答案为：.【题目点拨】本题考查点到平面距离的计算，常用的方法有等体积法、空间向量法，考查计算能力，属于中等题.15、【解题分析】

先通过复数代数形式的四则运算法则对等式进行运算，再利用复数相等求出，最后由复数的模的计算公式求出．【题目详解】因为，所以已知等式可变形为，即，解得，．【题目点拨】本题主要考查复数代数形式的四则运算法则，复数相等的概念以及复数的模的计算公式的应用．16、106【解题分析】

求出样本中心坐标，代入回归方程即可求出值.【题目详解】解：，，将代入回归方程得，解得.故答案为：.【题目点拨】本题考查回归方程问题，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）（3）【解题分析】【试题分析】（1）借助平移的知识可直接求得函数解析式；（2）先换元将问题进行等价转化为有且只有一个根，再构造二次函数运用函数方程思想建立不等式组分析求解；（3）先依据题设条件求出函数的解析式，再运用不等式恒成立求出函数的最小值：解：（1）（2）设,则，原方程可化为于是只须在上有且仅有一个实根，法1：设，对称轴t=,则①，或②由①得，即，由②得无解,，则．法2：由，得，，，设，则，，记，则在上是单调函数，因为故要使题设成立，只须，即，从而有（3）设的图像上一点，点关于的对称点为，由点在的图像上，所以，于是即..由，化简得，设,即恒成立.解法1：设，对称轴则③或④由③得，由④得或，即或综上，.解法2：注意到，分离参数得对任意恒成立设，，即可证在上单调递增18、（I）在内单调递增.；（II）（i）见解析；（ii）见解析.【解题分析】

（I）；首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果；（II）（i）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果；（ii）首先根据题意，列出方程组，借助于中介函数，证得结果.【题目详解】（I）解：由已知，的定义域为，且，因此当时，，从而，所以在内单调递增.（II）证明：（i）由（I）知，，令，由，可知在内单调递减，又，且，故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则，当时，，所以在内单调递增；当时，，所以在内单调递减，因此是的唯一极值点.令，则当时，，故在内单调递减，从而当时，，所以，从而，又因为，所以在内有唯一零点，又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点.（ii）由题意，，即，从而，即，因为当时，，又，故，两边取对数，得，于是，整理得，【题目点拨】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想、化归与转化思想，考查综合分析问题和解决问题的能力.19、(1)(2)【解题分析】

(1)可先将写成分段函数的形式，从而求得解集；（2）等价于，令，故即可，从而求得答案.【题目详解】（1）根据题意可知：，当时，即，解得；当时，即，解得；当时，即，解得.综上，不等式的解集为；（2）等价于，令，故即可，①当时，，此时；②当时，，此时；当时，，此时；综上所述，，故，即实数的取值范围是.【题目点拨】本题主要考查绝对值不等式的求解，含参恒成立问题，意在考查学生的分析能力，计算能力及分类讨论能力，难度中等.20、（1）（2）解:因为抛物线的焦点为,所以,故.所以椭圆.(1)设,则两式相减得，又的中点为,所以.所以.显然,点在椭圆内部,所以直线的斜率为.(2)椭圆右焦点.当直线的斜率不存在或者为时,.当直线的斜率存在且不为时,设直线的方程为，设,联立方程得消去并化简得，因为，所以，.所以同理可得.所以为定值.【解题分析】分析：（1）先利用抛物线的焦点是椭圆的焦点求出，进而确定椭圆的标准方程，再利用点差法求直线的斜率；（2）设出直线的方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系进行求解.详解：因为抛物线的焦点为，所以，故.所以椭圆.（1）设，，则两式相减得，又的中点为，所以，.所以.显然，点在椭圆内部，所以直线的斜率为.（2）椭圆右焦点.当直线的斜率不存在或者为时，.当直线的斜率存在且不为时，设直线的方程为，设，，联立方程得消去并化简得，因为，所以，.所以，同理可得.所以为定值.点睛：在处理直线与椭圆相交的中点弦问题，往往利用点差法进行求解，比联立方程的运算量小，另设直线方程时，要注意该直线的斜率不存在的特殊情况，以免漏解.21、（Ⅰ）M＝4；（Ⅱ）[1，＋∞).【解题分析】分析：（I）存在x1、x2∈[0，2]，使得g（x1）﹣g（x2）≥M成立等价于g（x）max﹣g（x）min≥M；（II）对于任意的s、t∈[，2]，都有f（s）≥g（t）成立等价于f（x）≥g（x）max