甘肃省酒泉地区瓜州一中2024-2025学年高二下数学期末达标检测试题含解析

甘肃省酒泉地区瓜州一中2024-2025学年高二下数学期末达标检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）A．若m//α,m//β,则α//β B．若α⊥β，m⊥α，n//β，则m⊥nC．若m⊥α,m//n,则n⊥α D．若α⊥β,m⊥α,则m//β2．下列结论错误的是（）A．命题“若p，则q”与命题“若￢q，则￢p”互为逆否命题B．命题p：，，命题q：，，则“”为真C．“若，则”的逆命题为真命题D．命题P：“，使得”的否定为￢P：“，3．定义函数为不大于的最大整数，对于函数有以下四个命题：①；②在每一个区间，上，都是增函数；③；④的定义域是，值域是.其中真命题的序号是（）A．③④ B．①③④ C．②③④ D．①②④4．如图梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点,将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面DBF⊥平面BFC；④平面DCF⊥平面BFC.则在翻折过程中，可能成立的结论的个数为()A．1 B．2 C．3 D．45．随机变量，且，则（）A．0.20 B．0.30 C．0.70 D．0.806．已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则实数的取值为（）A．-2 B．-1 C．1 D．27．抛物线的焦点为,过点的直线交抛物线于、两点，点为轴正半轴上任意一点，则（）A． B． C． D．8．函数的图象大致是（）A． B．C． D．9．如果的展开式中只有第4项的二项式系数最大，那么展开式中的所有项的系数和是()A．0 B．256 C．64 D．10．正方体中，点在上运动（包括端点），则与所成角的取值范围是（）A． B． C． D．11．用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()A．243B．252C．261D．27912．设正项等差数列an的前n项和为Sn，若S2019A．1 B．23 C．136二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．球的半径为，被两个相互平行的平面所截得圆的直径分别为和，则这两个平面之间的距离是_______.14．四面体ABCD中，AB＝CD＝2，AC＝AD＝BC＝BD＝4，则异面直线AB与CD的夹角为_____．15．已知向量，，且与共线，则的值为__.16．设是虚数单位，则______.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，椭圆，右焦点为．（1）若其长半轴长为，焦距为，求其标准方程．（2）证明该椭圆上一动点到点的距离的最大值是．18．（12分）已知函数．（1）求函数的极值；（2）设函数．若存在区间，使得函数在上的值域为，求实数的取值范围．19．（12分）设函数．(1)求不等式的解集；(2)若不等式恒成立，求实数m的取值范围．20．（12分）已知曲线的参数方程为(为参数)，以原点为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）射线与曲线交点为、两点，射线与曲线交于点，求的最大值．21．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）已知点是曲线上一点，若点到曲线的最小距离为，求的值．22．（10分）从5名男生和4名女生中选出4人去参加座谈会，问：(1)如果4人中男生和女生各选2人，有多少种选法？(2)如果男生中的甲与女生中的乙至少要有1人在内，有多少种选法？(3)如果4人中必须既有男生又有女生，有多少种选法？

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【解析】

结合空间中点线面的位置关系，对选项逐个分析即可选出答案.【详解】对于选项A，当m//α,m//β，α,β有可能平行，也有可能相交，故A错误；对于选项B，当α⊥β，m⊥α，n//β，m,n有可能平行，也可能相交或者异面，故B错误；对于选项C，当m⊥α,m//n,根据线面垂直的判定定理可以得到n⊥α，故C正确；对于选项D，当α⊥β,m⊥α,则m//β或者m⊂β，故D错误；故答案为选项C.本题考查了空间中直线与平面的位置关系，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.2、C【解析】

由逆否命题的定义即可判断A；由指数函数的单调性和二次函数的值域求法，可判断B；由命题的逆命题，可得m＝0不成立，可判断C；运用命题的否定形式可判断D．【详解】解：命题“若p则q”与命题“若￢q则￢p”互为逆否命题，故A正确；命题，，由，可得p真；命题，，由于，则q假，则“”为真，故B正确；“若，则”的逆命题为“若，则”错误，如果，不成立，故C不正确；命题P：“，使得”的否定为￢P：“，”，故D正确．故选：C．本题考查四种命题和命题的否定，考查判断能力和运算能力，属于基础题．3、D【解析】

画出函数的图象，根据图象可知函数的周期性、单调性、定义域与值域，从而可判断各命题的真假.【详解】画出的图象，如图所示，可知是最小正周期为1的函数，当时，，可得，①正确；由图可知，在每一个区间，上，都是增函数，②正确；由图可知，的定义域是，值域是，④正确；由图可知，，③是错误的.真命题的序号是①②④，故选D.本题通过对多个命题真假的判断，综合考查函数的单调性、函数的周期性、函数的定义域与值域，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.4、B【解析】分析：利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解.详解：对于①：因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直,则①错误；对于②：设点D在平面BCF上的射影为点P,当BP⊥CF时就有BD⊥FC,而AD:BC:AB＝2:3:4可使条件满足,所以②正确；对于③：当点P落在BF上时,DP⊂平面BDF,从而平面BDF⊥平面BCF,所以③正确；对于④：因为点D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④错误．故选B.点睛：本题考查命题真假的判断，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.5、B【解析】分析：由及可得．详解：∵，∴．故选B．点睛：本题考查正态分布，若随机变量中，则正态曲线关于直线对称，因此有，（）．6、B【解析】

求出函数的导数，利用切线方程通过f′（0），求解即可；【详解】f（x）的定义域为（﹣1，+∞），因为f′（x）a，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝2x，可得1﹣a＝2，解得a＝﹣1，故选：B．本题考查函数的导数的几何意义，切线方程的求法，考查计算能力．7、B【解析】

分析：设，则，由利用韦达定理求解即可.详解：设，的焦点，设过点的直线为，，，，，故选B.点睛：本题主要考查平面向量数量积公式、平面向量的运算、直线与抛物线的位置关系，意在考查综合运用所学知识解决问题的能力，考查转化与划归思想以及计算能力，属于中档题.8、D【解析】

先分析函数奇偶性,再分析函数是否有零点即可.【详解】因为,故为奇函数,排除A,B.又当时,故有零点,排除C.故选D本题主要考查函数图像的判定方法,一般考虑奇偶性与函数的零点或者函数的正负等,属于基础题型.9、D【解析】分析：先确定n值，再根据赋值法求所有项的系数和.详解：因为展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以n＝6.令x＝1，则展开式中所有项的系数和是,选D.点睛：二项式系数最大项的确定方法①如果是偶数，则中间一项(第项)的二项式系数最大；②如果是奇数，则中间两项第项与第项的二项式系数相等并最大.10、D【解析】以点D为原点，DA、DC、分别为建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，设点P坐标为，则设的夹角为，所以，所以当时，取最大值．当时，取最小值．因为．故选D．【点睛】因为，所以求夹角的取值范围．建立坐标系，用空间向量求夹角余弦，再求最大、最小值．11、B【解析】由分步乘法原理知:用0，1，…，9十个数字组成的三位数(含有重复数字的)共有9×10×10=900，组成无重复数字的三位数共有9×9×8=648，因此组成有重复数字的三位数共有900－648=1．12、D【解析】

先利用等差数列的求和公式得出S2019=2019a1+a20192=6057【详解】由等差数列的前n项和公式可得S2019=2019由等差数列的基本性质可得a2∴61所以，1a2+4a因此，1a2+4本题考查的等差数列求和公式以及等差数列下标性质的应用，考查利用基本不等式求最值，解题时要充分利用定值条件，并对所求代数式进行配凑，考查计算能力，属于中等题。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、7或1【解析】分析：两条平行的平面可能在球心的同旁或两旁，应分两种情况进行讨论，分别利用勾股定理求解即可.详解：球心到两个平面的距离分别为，，故两平面之间的距离（同侧）或（异侧），故答案为或.点睛：本题考查球的截面性质，属于中档题.在解答与球截面有关的问题时，一定要注意性质的运用.14、【解析】

取的中点，连接，根据等腰三角形的性质可得，，再根据直线与平面垂直的判定定理可得平面，然后根据直线与平面垂直的性质可得，从而可得答案.【详解】如图所示：取的中点，连接，因为，为的中点，所以，因为，为的中点，所以，又，所以平面，因为平面，所以，所以异面直线与所成的角为.故答案为：本题考查了等腰三角形的性质，考查了直线与平面垂直的判定定理和性质，属于基础题.15、2【解析】

先求得，然后根据两个向量共线列方程，解方程求得的值，进而求得的值.【详解】依题意，由于与共线，故，解得，故.本小题主要考查平面向量减法的坐标运算，考查两个平面向量平行的坐标表示，属于基础题.16、【解析】

根据复数的除法计算即可.【详解】.

故答案为：本题主要考查了复数的除法运算,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）见解析.【解析】

（1）由题设条件可得出、的值，进而可求出的值，由此得出椭圆的标准方程；（2）设点，将该点代入椭圆的方程得出，并代入的表达式，转化为关于的函数，利用函数的性质求出的最大值.【详解】（1）由题意，，，则，．椭圆的标准方程为；（2）设，，，当时，．本题考查椭圆方程的求解及椭圆方程的应用，在处理与椭圆上一点有关的最值问题时，充分利用点在椭圆上这一条件，将问题转化为二次函数来求解，考查函数思想的应用，属于中等题.18、(1)极小值为，没有极大值．(2)【解析】

（1）根据题意，先对函数进行求导，解出的根，讨论方程的解的左右两侧的符号，确定极值点，从而求解出结果。（2）根据题意，将其转化为在上至少有两个不同的正根，再利用导数求出的取值范围。【详解】解：（1）定义域为，，时，，时，，∴在上是减函数，在上是增函数，∴的极小值为，没有极大值．（2），则，令，则．当时，，（即）为增函数，又，所以在区间上递增．因为在上的值域是，所以，，，则在上至少有两个不同的正根．，令，求导得．令，则，所以在上递增，，，当时，，∴，当时，，∴，所以在上递减，在上递增，所以，所以．本题主要考查利用导数求函数的极值以及利用导数解决与存在性相关的综合问题，在解决这类问题时，函数的单调性、极值是解题的基础，在得到单调性的基础上经过分析可使问题得到解决。19、（1）；（2）【解析】

（1）利用零点分区间讨论去掉绝对值符号，化为分段函数，在毎一个前提下解不等式，每一步的解都要和前提条件找交集得出毎一步的解，最后求并集得出不等式的解；(2)根据（1）所化出的分段函数的单调性，求出函数的最小值，利用恒成立等价于，列不等式即可得出结果.【详解】（1）函数可化为,当时，，解得；当时，，解得；当时，，解得．综上，不等式的解集为．(2)关于x的不等式恒成立等价于，由(1)可知，即，解得．绝对值不等式的常见解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．20、（1），；（2）【解析】

（1）先将曲线的参数方程化为普通方程，再由转化为极坐标方程，将曲线的极坐标利用两角差的正弦公式展开，由转化为直角坐标方程；（2）点和点的极坐标分别为，，将点、的极坐标分别代入曲线、的极坐标方程，得出、的表达式，再利用辅助角公式计算出的最大值。【详解】（1）由曲线的参数方程（为参数）得：，即曲线的普通方程为，又，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程可化为，故曲线的直角方程为；（2）由已知，设点和点的极坐标分别为，，其中则，，于是其中，由于，当时，的最大值是本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程之间的互化，以及利用极坐标方程求解最值问题，解题时要充分理解极坐标方程所适用的基本条件，熟悉极坐标方程求解的基本步骤，考查计算能力，属于中等题。21、（1），；（2）或【解析】

分析：（1）由曲线的参数方程，利用代入法消去参数，可得的普通方程，由曲线的极坐标方程得，利用互化公式可得的直角坐标方程；（2）设曲线上任意一点为，，利用点到直线距离公式结合辅助角公式，由三角函数的有界性可得结果.详解：（1）由曲线的参数方程，消去参数，可得的普通方程为：．由曲线的极坐标方程得，，∴曲线的直角坐标方程为．（2）设曲线上任意一点为，，则点到曲线的距离为．∵，∴，，当时，即；当时，．∴或．点睛：参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方