2024屆山東省新泰二中、泰安三中、寧陽二中數學高二下期末調研模擬試題含解析

2024屆山東省新泰二中、泰安三中、寧陽二中數學高二下期末調研模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．設函數，，給定下列命題：①若方程有兩個不同的實數根，則；②若方程恰好只有一個實數根，則；③若，總有恒成立，則；④若函數有兩個極值點，則實數.則正確命題的個數為（）A． B． C． D．2．已知復數，則（）A．4 B．6 C．8 D．103．已知函數.正實數滿足，則下述結論中正確的一項是()A． B．C． D．4．某學校舉辦科技節(jié)活動，有甲、乙、丙、丁四個團隊參加“智能機器人”項目比賽，該項目只設置一個一等獎．在評獎揭曉前，小張、小王、小李、小趙四位同學對這四個參賽團隊獲獎結果預測如下：小張說：“甲或乙團隊獲得一等獎”；小王說：“丁團隊獲得一等獎”；小李說：“乙、丙兩個團隊均未獲得一等獎”；小趙說：“甲團隊獲得一等獎”．若這四位同學中有且只有兩位預測結果是對的，則獲得一等獎的團隊是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁5．已知定義在上的函數滿足：函數的圖象關于直線對稱，且當成立(是函數的導函數),若，，,則的大小關系是（）A． B． C． D．6．在中，已知，，則的最大值為（）A． B． C． D．7．已知下表所示數據的回歸直線方程為y，則實數a的值為x23456y3711a21A．16 B．18C．20 D．228．已知定義在上的函數在上單調遞減，且是偶函數，不等式對任意的恒成立，則實數的取值范圍是()A． B． C． D．9．已知四個命題：①如果向量與共線，則或；②是的充分不必要條件；③命題：，的否定是：，；④“指數函數是增函數，而是指數函數，所以是增函數”此三段論大前提錯誤，但推理形式是正確的.以上命題正確的個數為（）A．0 B．1 C．2 D．310．魏晉時期數學家劉徽首創(chuàng)割圓術，他在《九章算術》中指出：“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體，而無所失矣”．這是一種無限與有限的轉化過程，比如在正數中的“…”代表無限次重復，設，則可以利用方程求得，類似地可得到正數=（）A．2 B．3 C．4 D．611．下面有五個命題：①函數y=sin4x-cos4x的最小正周期是π；②終邊在y軸上的角的集合是{α|α=kπA．①③ B．①④ C．②③ D．③④12．已知橢圓（為參數）與軸正半軸，軸正半軸的交點分別為，動點是橢圓上任一點，則面積的最大值為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知隨機變量服從正態(tài)分布，若，，則．14．在長方體中，，，點為線段的中點，點為對角線上的動點，點為底面上的動點，則的最小值為______．15．某產品的廣告費用(萬元)與銷售額(萬元)的統計數據如下表：根據上表可得回歸方程中的為7。據此模型預測廣告費用為10萬元時銷售額為__________萬元。16．將紅、黃、藍三種顏色的三顆棋子分別放入方格圖中的三個方格內，如圖，要求任意兩顆棋子不同行、不同列，且不在方格圖所在正方形的同一條對角線上，則不同放法共有________種.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在四面體中，，分別是線段，的中點，，，，直線與平面所成的角等于．（1）證明：平面平面；（2）求二面角的余弦值．18．（12分）已知集合，．（1）求；（2）若集合，求的取值范圍；19．（12分）畢業(yè)季有位好友欲合影留念，現排成一排，如果：（1）、兩人不排在一起，有幾種排法？（2）、兩人必須排在一起，有幾種排法？（3）不在排頭，不在排尾，有幾種排法？20．（12分）已知函數.（1）證明：；（2）若對任意的均成立，求實數的最小值.21．（12分）設函數.（1）當時，求的單調區(qū)間；（2）當時，恒成立，求的取值范圍；（3）求證：當時，.22．（10分）選修4-5：不等式選講已知函數.（1）當時，解不等式；（2）若關于的不等式有實數解，求的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解題分析】

利用導數研究函數的單調性，零點，極值以及恒成立問題.【題目詳解】對于①，的定義域，，令有即，可知在單調遞減，在單調遞增，，且當時，又，從而要使得方程有兩個不同的實根，即與有兩個不同的交點，所以，故①正確對于②，易知不是該方程的根，當時，，方程有且只有一個實數根，等價于和只有一個交點，，又且，令，即，有，知在和單減，在上單增，是一條漸近線，極小值為．由大致圖像可知或，故②錯對于③當時，恒成立，等價于恒成立，即函數在上為增函數，即恒成立，即在上恒成立，令，則，令得，有，從而在上單調遞增，在上單調遞減，則，于是，故③正確.對于④有兩個不同極值點，等價于有兩個不同的正根，即方程有兩個不同的正根，由③可知，，即，則④正確.故正確命題個數為3，故選.【題目點撥】本題考查利用導數研究函數有關性質，屬于基礎題目．解題時注意利用數形結合，通過函數圖象得到結論．2、D【解題分析】

根據復數的模長公式進行計算即可．【題目詳解】z＝8+6i，則8﹣6i，則||10，故選：D．【題目點撥】本題主要考查復數的模長的計算，根據條件求出是解決本題的關鍵．3、A【解題分析】由，即，從而，令，則由得，，可知在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，，，可得或，又，因此成立，故選A.【方法點睛】本題主要考查利用導數求函數的最值，一元二次不等式的解法及數學的轉化與劃歸思想.屬于難題.轉化與劃歸思想解決高中數學問題的一種重要思想方法，是中學數學四種重要的數學思想之一，尤其在解決知識點較多以及知識跨度較大的問題發(fā)揮著奇特功效，大大提高了解題能力與速度.運用這種方法的關鍵是將題設條件研究透，這樣才能快速找準突破點.以便將問題轉化為我們所熟悉的知識領域，進而順利解答，希望同學們能夠熟練掌握并應用于解題當中.解答本題的關鍵是將方程問題轉化為利用導數求最值進而通過解不等式解答.4、D【解題分析】1.若甲獲得一等獎,則小張、小李、小趙的預測都正確,與題意不符;2.若乙獲得一等獎,則只有小張的預測正確,與題意不符;3.若丙獲得一等獎,則四人的預測都錯誤,與題意不符;4.若丁獲得一等獎,則小王、小李的預測正確,小張、小趙的預測錯誤,符合題意，故選D.【思路點睛】本題主要考查演繹推理的定義與應用以及反證法的應用，屬于中檔題.本題中，若甲獲得一等獎,則小張、小李、小趙的預測都正確,與題意不符；若乙獲得一等獎,則只有小張的預測正確,與題意不符；若丙獲得一等獎,則四人的預測都錯誤,與題意不符；若丁獲得一等獎,則小王、小李的預測正確,小張、小趙的預測錯誤,符合題意.5、A【解題分析】

由導數性質推導出當x∈（﹣∞，0）或x∈（0，+∞）時，函數y=xf（x）單調遞減．由此能求出結果．【題目詳解】∵函數的圖象關于直線對稱，∴關于軸對稱，∴函數為奇函數.因為，∴當時，，函數單調遞減，當時，函數單調遞減.，，，，故選A【題目點撥】利用導數解抽象函數不等式，實質是利用導數研究對應函數單調性，而對應函數需要構造.構造輔助函數常根據導數法則進行：如構造，構造，構造，構造等6、C【解題分析】

由題知，先設，再利用余弦定理和已知條件求得和的關系，設代入，利用求出的范圍，便得出的最大值.【題目詳解】由題意，設的三邊分別為，由余弦定理得：，因為，，所以，即，設，則，代入上式得：，，所以.當時，符合題意，所以的最大值為，即的最大值為.故選:C.【題目點撥】本題主要考查運用的余弦定理求線段和得最值，轉化成一元二次方程，以及根的判別式大于等于0求解.7、B【解題分析】

，代入回歸直線方程得，所以，則，故選擇B.8、A【解題分析】

根據是偶函數可以得出函數的對稱軸，再根據函數在上單調遞減可以得出函數在上的單調區(qū)間，從而解出不等式對任意的恒成立時的取值范圍．【題目詳解】是偶函數，所以得出函數的對稱軸為，又因為函數在上單調遞減，所以在上單調遞增．因為，所以．因為不等式對任意的恒成立，所以．選擇A【題目點撥】本題主要考查了函數的對稱軸和奇偶性的綜合問題，在解決此類題目時要搞清楚每一個條件能得出什么結論，把這些結論綜合起來即得出結果．屬于較難的題目．9、B【解題分析】

由向量共線定理可判斷①；由充分必要條件的定義可判斷②；由特稱命題的否定為全稱命題，可判斷③；由指數函數的單調性可判斷④．【題目詳解】①，如果向量與共線，可得xy，不一定或，故①錯誤；②，|x|≤3?﹣3≤x≤3，x≤3不能推得|x|≤3，但|x|≤3能推得x≤3，x≤3是|x|≤3的必要不充分條件，故②錯誤；③，命題p：?x0∈（0，2），的否定是￢p：?x∈（0，2），x2﹣2x﹣3≥0，故③錯誤；④，“指數函數y＝ax是增函數，而是指數函數，所以是增函數”由于a＞1時，y＝ax為增函數，0＜a＜1時，y＝ax為減函數，此三段論大前提錯誤，但推理形式是正確的，故④正確．其中正確個數為1．故選B．【題目點撥】本題考查命題的真假判斷，主要是向量共線定理和充分必要條件的判斷、命題的否定和三段論，考查推理能力，屬于基礎題．10、B【解題分析】

先閱讀理解題意，再結合題意類比推理可得：設，解得，得解．【題目詳解】解：依題意可設，解得，故選：．【題目點撥】本題考查類比推理，屬于基礎題．11、B【解題分析】

①先進行化簡，再利用求周期的公式即可判斷出是否正確；②對k分奇數、偶數討論即可；③令h（x）=x﹣sinx，利用導數研究其單調性即可；④利用三角函數的平移變換化簡求解即可．【題目詳解】①函數y=sin4x﹣cos4x=（sin2x+cos2x）（sin2x﹣cos2x）=﹣cos2x，∴最小正周期T=2π2=π，∴函數y=sin4x﹣cos4x的最小正周期是π，故①②當k=2n（n為偶數）時，a=2nπ2=nπ，表示的是終邊在x軸上的角，故②③令h（x）=x﹣sinx，則h′（x）=1﹣cosx≥0，∴函數h（x）在實數集R上單調遞增，故函數y=sinx與y=x最多只能一個交點，因此③不正確；④把函數y=3sin（2x+π3）的圖象向右平移π6得到y=3sin（2x﹣π3綜上可知：只有①④正確．故選B．【題目點撥】本題綜合考查了三角函數的周期性、單調性、三角函數取值及終邊相同的角，利用誘導公式進行化簡和利用導數判斷單調性是解題的關鍵．12、B【解題分析】分析：根據橢圓的方程算出A（4，1）、B（1，3），從而得到|AB|=5且直線AB：3x+4y﹣12=1．設點P（4cosθ，3sinθ），由點到直線的距離公式算出P到直線AB距離為d=|sin﹣1|，結合三角函數的圖象與性質算出dmax=（），由此結合三角形面積公式，即可得到△PAB面積的最大值．詳解：由題得橢圓C方程為：，∴橢圓與x正半軸交于點A（4，1），與y正半軸的交于點B（1，3），∵P是橢圓上任一個動點，設點P（4cosθ，3sinθ）（θ∈[1，2π]）∴點P到直線AB：3x+4y﹣12=1的距離為d==|sin﹣1|，由此可得：當θ=時，dmax=（）∴△PAB面積的最大值為S=|AB|×dmax=6（）.點睛：(1)本題主要考查橢圓的參數方程和三角函數的圖像和性質，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力計算能力.(2)對于|sin﹣1|，不是sin=1時，整個函數取最大值，而應該是sin=-1，要看后面的“-1”.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、0.8【解題分析】分析：先根據正態(tài)分布曲線對稱性求，再根據求結果.詳解：因為正態(tài)分布曲線關于對稱，所以,因此點睛：利用正態(tài)分布密度曲線的對稱性研究相關概率問題，涉及的知識主要是正態(tài)曲線關于直線x＝μ對稱，及曲線與x軸之間的面積為1.14、【解題分析】

畫出圖形,利用折疊與展開法則使和在同一個平面,轉化折線段為直線段距離最小,即可求得的最小值．【題目詳解】當的最小值,即到底面的距離的最小值與的最小值之和.為底面上的動點,當是在底面上的射影,即是最小值.展開三角形與三角形在同一個平面上,如圖:長方體中，，長方體體對角線長為:在中:故故過點作,即為最小值.在,故答案為:.【題目點撥】解答折疊問題的關鍵在于畫好折疊前后的平面圖形與立體圖形，并弄清折疊前后哪些條件發(fā)生了變化,哪些條件沒有發(fā)生變化.這些未變化的已知條件都是我們分析問題和解決問題的依據.15、73.5【解題分析】

求出，根據回歸直線過樣本點的中心，結合已知為7，可以求出，把，代入回歸方程中，可預測出銷售額.【題目詳解】由題表可知，，代入回歸方程，得，所以回歸方程為，所以當時，(萬元)．【題目點撥】本題考查了回歸直線過樣本點的中心這一結論.考查了學生的運算能力.16、【解題分析】

根據題意，用間接法分析，先計算三顆棋子分別放入方格圖中的三個方格內任意兩顆棋子不同行、不同列的放法數目，再排除其中在同一條對角線上的數目，分析即可得出答案.【題目詳解】解：根據題意，用間接法分析：若三顆棋子分別放入方格圖中的三個方格內，且任意兩顆棋子不同行、不同列，第一顆棋子有種放法，第二顆棋子有種放法，第三顆棋子有種放法，則任意兩顆棋子不同行、不同列的放法有種，其中在正方形的同一條對角線上的放法有種，則滿足題意的放法有種.故答案為：.【題目點撥】本題考查分步計數原理的應用，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(Ⅰ)見證明；(Ⅱ)．【解題分析】

（Ⅰ）先證得，再證得，于是可得平面，根據面面垂直的判定定理可得平面平面．（Ⅱ）利用幾何法求解或建立坐標系，利用向量求解即可得到所求．【題目詳解】（Ⅰ）在中，是斜邊的中點，所以.因為是的中點，所以，且，所以，所以.又因為，所以，又，所以平面，因為平面，所以平面平面．（Ⅱ）方法一：取中點，連，則，因為，所以.又因為，，所以平面，所以平面．因此是直線與平面所成的角．故，所以.過點作于，則平面，且．過點作于，連接，則為二面角的平面角．因為，所以，所以，因此二面角的余弦值為．方法二：如圖所示，在平面BCD中，作x軸⊥BD，以B為坐標原點，BD，BA所在直線為y軸，z軸建立空間直角坐標系．因為(同方法一,過程略)則，,．所以,,，設平面的法向量，則，即，取,得．設平面的法向量則，即，取,得．所以，由圖形得二面角為銳角，因此二面角的余弦值為．【題目點撥】利用幾何法求空間角的步驟為“作、證、求”，將所求角轉化為解三角形的問題求解，注意計算和證明的交替運用．利用空間向量求空間角時首先要建立適當的坐標系，通過求出兩個向量的夾角來求出空間角，此時需要注意向量的夾角與空間角的關系．18、（1）；（2）【解題分析】

（1）分別求解出集合和集合，根據交集的定義求得結果；（2）將問題轉化為，由（1）可知，從而得到關于的不等式，解不等式求得結果.【題目詳解】；（1）（2），即又時，或或即的取值范圍為：【題目點撥】本題考查集合運算中的交集運算、求解集合中參數取值范圍的問題；關鍵是能夠準確求解出兩個集合；易錯點是忽略兩個集合均為數集的特點，誤認為兩集合元素不一致，導致求解錯誤.19、（1）；（2）；（3）.【解題分析】

（1）利用插空法可求出排法種數；（2）利用捆綁法可求出排法種數；（3）分兩種情況討論：①若在排尾；②若不在排尾.分別求出每一種情況的排法種數，由加法原理計算可得出答案.【題目詳解】（1）將、插入到其余人所形成的個空中，因此，排法種數為；（2）將、兩人捆綁在一起看作一個復合元素和其他人去安排，因此，排法種數為；（3）分以下兩種情況討論：①若在排尾，則剩下的人全排列，故有種排法；②若不在排尾，則有個位置可選，有個位置可選，將剩下的人全排列，安排在其它個位置即可，此時，共有種排法.綜上所述，共有種不同的排法種數.【題目點撥】本題考查了排列、組合的應用，同時也考查了插空法、捆綁法以及分類計數原理的應用，考查計算能力，屬于中等題.20、（1）證明見解析（2）【解題分析】

(1)由可得,再構造函數,分析函數單調性求最值證明即可.(2)根據題意構造函數,再根據的正負分析函數的單調性可知為最大值,進而求得實數的最小值即可.【題目詳解】（1）證明：由,得,.設,所以,函數在上單調遞增,在單調遞減,所以,.又因為（其中）,所以,,所以,成立.（2）解：設,.,,所以,.下面證明當時,成立.,因為,所以,所以.又因為當時,,所以,所以,所以,當時,.故,.所以,的