2024屆山東省日照市第一中學高二數學第二學期期末聯(lián)考模擬試題含解析

2024屆山東省日照市第一中學高二數學第二學期期末聯(lián)考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．若函數，函數有3個零點，則k的取值范圍是()A．（0，1） B． C． D．2．若是的必要不充分條件，則實數的取值范圍是()A．[－3,3] B．C． D．[－1,1]3．點的直角坐標為，則點的極坐標為（）A．B．C．D．4．已知函數，則的大致圖像是（）A． B． C． D．5．設則=（）A． B． C． D．6．若函數的定義域為，則函數的定義域為（）A． B． C． D．7．雙曲線x2a2A．y=±2x B．y=±3x8．在邊長為2的菱形中，，將菱形沿對角線對折，使二面角的余弦值為，則所得三棱錐的內切球的表面積為（）A． B． C． D．9．已知三棱錐的四個頂點在空間直角坐標系中的坐標分別為，，，，畫該三棱錐的三視圖的俯視圖時，以平面為投影面，得到的俯視圖可以為（）A． B． C． D．10．設，則“”是“直線與平行”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件11．下列函數中，值域為的偶函數是（）A． B． C． D．12．8張卡片上分別寫有數字，從中隨機取出2張，記事件“所取2張卡片上的數字之和為偶數”，事件“所取2張卡片上的數字之和小于9”，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設是等差數列的前項和，已知，，則_______.14．劉老師帶甲、乙、丙、丁四名學生去西安參加自主招生考試，考試結束后劉老師向四名學生了解考試情況．四名學生回答如下：甲說：“我們四人都沒考好．”乙說：“我們四人中有人考的好．”丙說：“乙和丁至少有一人沒考好．”丁說：“我沒考好．”結果，四名學生中有兩人說對了，則這四名學生中的______________兩人說對了．15．已知函數，若函數在上為單調函數，則實數的取值范圍是_____.16．若函數為奇函數，則的取值范圍為__________．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）設,函數,是函數的導函數,是自然對數的底數.(1)當時,求導函數的最小值;(2)若不等式對任意恒成立,求實數的最大值;(3)若函數存在極大值與極小值，求實數的取值范圍.18．（12分）已知函數為常數，且)有極大值，求的值．19．（12分）在同一直角坐標系中，經過伸縮變換后，曲線C的方程變?yōu)?以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線/的極坐標方程為.（1）求曲線C和直線l的直角坐標方程；（2）過點作l的垂線l0交C于A，B兩點，點A在x軸上方，求的值.20．（12分）市某機構為了調查該市市民對我國申辦年足球世界杯的態(tài)度，隨機選取了位市民進行調查，調查結果統(tǒng)計如下：支持不支持合計男性市民女性市民合計（1）根據已知數據，把表格數據填寫完整；（2）利用（1）完成的表格數據回答下列問題：（i）能否在犯錯誤的概率不超過的前提下認為支持申辦足球世界杯與性別有關；（ii）已知在被調查的支持申辦足球世界杯的男性市民中有位退休老人，其中位是教師，現(xiàn)從這位退休老人中隨機抽取人，求至多有位老師的概率.附：，其中.21．（12分）已知.（I）求的最小值及最大值；（II）設，，，求的最大值.22．（10分）某球員是當今國內最好的球員之一，在賽季常規(guī)賽中，場均得分達分。分球和分球命中率分別為和，罰球命中率為.一場比賽分為一、二、三、四節(jié)，在某場比賽中該球員每節(jié)出手投分的次數分別是，，，，每節(jié)出手投三分的次數分別是，，，，罰球次數分別是，，，（罰球一次命中記分）。（1）估計該球員在這場比賽中的得分（精確到整數）；（2）求該球員這場比賽四節(jié)都能投中三分球的概率；（3）設該球員這場比賽中最后一節(jié)的得分為，求的分布列和數學期望。

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、A【解題分析】

畫出的圖像，有3個零點等價于有3個交點。【題目詳解】有3個零點等價于有3個交點記則過原點作的切線，有3個零點等價于有3個交點記則過原點作的切線，設切點為則切線方程為：，又切線過原點，即，將，，代入解得，所以切線斜率所以【題目點撥】本題考查根的存在性及根的個數判斷，考查了函數零點個數的問題，屬于中檔題。2、D【解題分析】

根據充分、必要條件的定義，可知當時，恒成立，解一元二次不等式即可?！绢}目詳解】依題意可知，當時，恒成立，所以，解得，故選D。【題目點撥】本題主要考查充分、必要條件定義的應用以及恒成立問題的解法。3、A【解題分析】試題分析：,,又點在第一象限,,點的極坐標為.故A正確.考點：1直角坐標與極坐標間的互化.【易錯點睛】本題主要考查直角坐標與極坐標間的互化,屬容易題.根據公式可將直角坐標與極坐標間互化,當根據求時一定要參考點所在象限,否則容易出現(xiàn)錯誤.4、C【解題分析】

利用函數值的正負及在單調遞減，選出正確答案.【題目詳解】因為，排除A，D；，在同一個坐標系考查函數與的圖象，可得，在恒成立，所以在恒成立，所以在單調遞減排除B，故選C.【題目點撥】根據解析式選函數的圖象是高考的?？碱}型，求解此類問題沒有固定的套路，就是要利用數形結合思想，從數到形、從形到數，充分提取有用的信息.5、D【解題分析】分析：先根據復數除法法則求，再根據共軛復數定義得詳解：因為所以選D.點睛：首先對于復數的四則運算，要切實掌握其運算技巧和常規(guī)思路，如.其次要熟悉復數相關基本概念，如復數的實部為、虛部為、模為、對應點為、共軛為6、B【解題分析】

由抽象函數的定義域，對數的真數大于零，分母不為零，列出不等式，從而求出的定義域?！绢}目詳解】由題可得：，解得且，所以函數的定義域為；故答案選B【題目點撥】本題主要抽象函數與初等函數的定義域，屬于基礎題。7、A【解題分析】分析：根據離心率得a,c關系，進而得a,b關系，再根據雙曲線方程求漸近線方程，得結果.詳解：∵e=因為漸近線方程為y=±bax點睛：已知雙曲線方程x2a28、C【解題分析】

作出圖形，利用菱形對角線相互垂直的性質得出DN⊥AC，BN⊥AC，可得出二面角B﹣AC﹣D的平面角為∠BND，再利用余弦定理求出BD，可知三棱錐B﹣ACD為正四面體，可得出內切球的半徑R，再利用球體的表面積公式可得出答案．【題目詳解】如下圖所示，易知△ABC和△ACD都是等邊三角形，取AC的中點N，則DN⊥AC，BN⊥AC．所以，∠BND是二面角B﹣AC﹣D的平面角，過點B作BO⊥DN交DN于點O，可得BO⊥平面ACD．因為在△BDN中，，所以，BD1＝BN1+DN1﹣1BN?DN?cos∠BND，則BD＝1．故三棱錐A﹣BCD為正四面體，則其內切球半徑為正四面體高的，又正四面體的高為棱長的，故．因此，三棱錐A﹣BCD的內切球的表面積為．故選：C．【題目點撥】本題考查幾何體的內切球問題，解決本題的關鍵在于計算幾何體的棱長確定幾何體的形狀，考查了二面角的定義與余弦定理，考查計算能力，屬于中等題．9、C【解題分析】點在的投影為，點在的投影為，在的投影為，在的投影為，連接四點，注意實線和虛線，得出俯視圖，選C10、C【解題分析】

先由直線與平行，求出的范圍，再由充分條件與必要條件的概念，即可得出結果.【題目詳解】因為直線與平行，所以，解得或，又當時，與重合，不滿足題意，舍去；所以；由時，與分別為，，顯然平行；因此“”是“直線與平行”的充要條件；故選C【題目點撥】本題主要考查由直線平行求參數，以及充分條件與必要條件的判定，熟記概念即可，屬于?？碱}型.11、C【解題分析】試題分析：A中，函數為偶函數，但，不滿足條件；B中，函數為奇函數，不滿足條件；C中，函數為偶函數且，滿足條件；D中，函數為偶函數，但，不滿足條件，故選C．考點：1、函數的奇偶性；2、函數的值域．12、C【解題分析】

利用古典概型的概率公式計算出和，再利用條件概率公式可得出答案。【題目詳解】事件為“所取張卡片上的數字之和為小于的偶數”，以為一個基本事件，則事件包含的基本事件有：、、、、、，共個，由古典概型的概率公式可得，事件為“所取張卡片上的數字之和為偶數”，則所取的兩個數全是奇數或全是偶數，由古典概型的概率公式可得，因此，，故選：C?！绢}目點撥】本題考查條件概率的計算，數量利用條件概率公式，是解本題的關鍵，同時也考查了古典概型的概率公式，考查運算求解能力，屬于中等題。二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、49【解題分析】

.14、乙，丙【解題分析】甲與乙的關系是對立事件，二人說話矛盾，必有一對一錯，如果選丁正確，則丙也是對的，所以丁錯誤，可得丙正確，此時乙正確。故答案為：乙，丙。15、【解題分析】

分兩種情況討論：函數在區(qū)間上為增函數或減函數，轉化為或在區(qū)間上恒成立，利用參變量分離得出或在區(qū)間上恒成立，然后利用單調性求出函數在區(qū)間上的最大值和最小值，可求出實數的取值范圍.【題目詳解】，.①當函數在區(qū)間上單調遞增，則不等式在區(qū)間上恒成立，即，則，由于函數在區(qū)間上單調遞增，，，，解得；②當函數在區(qū)間上單調遞減，則不等式在區(qū)間上恒成立，即，則，由于函數在區(qū)間上單調遞增，，，，解得.因此，實數的取值范圍是，故答案為：.【題目點撥】本題考查利用函數的單調性求參數的取值范圍，解題時要注意函數的單調性與導數的符號之間的關系，另外利用參變量分離法進行求解，可簡化計算，考查化歸與轉化數學思想，屬于中等題.16、【解題分析】分析：中，，由在定義域內是一個偶函數，，知為奇函數，由此能求出的取值范圍.詳解：中，，，在定義域內是一個偶函數，，要使函數為奇函數，則為奇函數，①當時，；②當時，；③當時，.只有定義域為的子區(qū)間，且定義域關于0對稱，才是奇函數，，即，.故答案為：.點睛：本題考查函數的奇偶性的應用，解題時要認真審題，仔細解答，注意分類討論思想的靈活應用.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、（1）（2）（3）【解題分析】分析：（1）先求導數，再求導函數的導數為，求零點，列表分析導函數單調性變化規(guī)律，進而確定導函數最小值取法，（2）先變量分離化簡不等式，再利用導數研究單調性，根據單調性確定其最小值，即得實數的取值范圍，進而得其最大值;（3）函數存在極大值與極小值，即存在兩個零點，且在零點的兩側異號.先確定導函數不單調且最小值小于零，即得，再證明時有且僅有兩個零點.詳解：解：（1）當時，記則，由得.當時，，單調遞減當時，，單調遞增所以當時，所以（2）由得，即因為，所以.記，則記，則因為，所以且不恒為0所以時，單調遞增，當時，，所以所以在上單調遞增，因為對恒成立，所以，即所以實數的最大值為（3）記，因為存在極大值與極小值，所以，即存在兩個零點，且在零點的兩側異號.①當時，，單調遞增，此時不存在兩個零點；②當時，由，得當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以所以存在兩個零點的必要條件為：，即由時，(ⅰ)記，則所以當時，單調遞減，當時，，所以.所以在上，有且只有一個零點.又在上單調，所以在上有且只有一個零點，記為，由在內單調遞減，易得當時，函數存在極大值（ⅱ）記，則所以時，，所以由（1）知時，有所以在上單調遞增，所以時,因為且，的圖像在單調且不間斷，所以在上，有且只有一個零點.又在上單調所以在上有且只有一個零點，記為，由在內單調遞增，易得當時，函數存在極小值綜上，實數的取值范圍為.點睛：導數極值點的討論層次：一是有無，即沒有零點，就沒有極值點（導數存在情形下）；二是在與不在，不在定義區(qū)間的零點也不是極值點；三是是否變號，導函數不變號的零點也不是極值點.18、【解題分析】

求導，解出導數方程的兩根，討論導數在這兩個點左右兩邊導數的符號，確定極大值點，再將極大值點代入函數解析式，可求出實數的值．【題目詳解】，則，令，得，，，，列表如下：極大值極小值所以，函數在處取得極大值，即，解得．【題目點撥】本題考查利用導數求函數的極值，基本步驟如下：（1）求函數的定義域；（2）求導；（3）求極值點并判斷導數在極值點附近的符號，確定極值點的屬性；（4）將極值點代入函數解析式可求出極值．19、（1），（2）【解題分析】

（1）將變換公式代入得，即可曲線C的方程，利用極坐標與直角的互化公式，即可求解直線的直角坐標方程；（2）將直線l0的參數方程代入曲線C的方程整理得，利用根與系數的關系和直線的參數方程中參數的幾何意義，即可求解的值.【題目詳解】（1）將代入得，曲線C的方程為，由，得，把，代入上式得直線l的直角坐標方程為.（2）因為直線l的傾斜角為，所以其垂線l0的傾斜角為，則直線l0的參數方程為（t為參數），即（t為參數）代入曲線C的方程整理得，設A，B兩點對應的參數為t1，t2，由題意知，，則，且，所以.【題目點撥】本題主要考查了極坐標與直角坐標的互化，直線參數方程的應用，其中解答中熟記互化公式，合理利用韋達定理和直線的參數方程中參數的幾何意義求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.20、（1）見解析；（2）（i）能，（ii）.【解題分析】

（1）根據2×2列聯(lián)表性質填即可；

（2）求出，與臨界值比較，即可得出結論；

（3）根據排列組合的性質，隨機抽取3人，即可求出至多有1位老師的概率．【題目詳解】（1）支持不支持合計男性市民女性市民合計（2）（i）因為的觀測