2024屆福建省泉州市數學高二下期末復習檢測模擬試題含解析

2024屆福建省泉州市數學高二下期末復習檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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。1．一個幾何體的三視圖如圖所示，若主視圖是上底為2，下底為4，高為1的等腰梯形，左視圖是底邊為2的等腰三角形，則該幾何體的體積為（）A． B． C．2 D．42．已知函數，的圖象分別與直線交于兩點，則的最小值為

A． B． C． D．3．若二項式的展開式中二項式系數的和是64，則展開式中的常數項為A． B． C．160 D．2404．直線與相切,實數的值為（）A． B． C． D．5．若均為第二象限角，滿足，，則（）A． B． C． D．6．由無理數引發(fā)的數學危機一直延續(xù)到19世紀，直到1872年，德國數學家戴德金提出了“戴德金分割”，才結束了持續(xù)2000多年的數學史上的第一次大危機．所謂戴德金分割，是指將有理數集劃分為兩個非空的子集與，且滿足，，中的每一個元素都小于中的每一個元素，則稱為戴德金分割．試判斷，對于任一戴德金分割，下列選項中不可能成立的是A．沒有最大元素，有一個最小元素B．沒有最大元素，也沒有最小元素C．有一個最大元素，有一個最小元素D．有一個最大元素，沒有最小元素7．某中學從4名男生和3名女生中推薦4人參加某高校自主招生考試，若這4人中必須既有男生又有女生，則不同的選法共有（）A．34種 B．35種 C．120種 D．140種8．定積分的值為()A．3 B．1 C． D．9．已知雙曲線：1，左右焦點分別為，，過的直線交雙曲線左支于，兩點，則的最小值為（）A． B．11 C．12 D．1610．要得到函數的圖象，只需將函數的圖象（）A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度11．已知是定義在上的奇函數，且，若，則（）A．-3 B．0 C．3 D．201912．已知橢圓的離心率為.雙曲線的漸近線與橢圓有四個交點，以這四個焦點為頂點的四邊形的面積為16，則橢圓的方程為A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數，若函數恰有4個不同的零點，則的取值范圍為_______.14．若，則______.15．展開式中的常數項為__________．16．已知，，若向量與共線，則在方向上的投影為______.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）已知.(1)若在上單調遞增,上單調遞減,求的極小值;(2)當時,恒有,求實數a的取值范圍.18．（12分）已知集合，，.（1）求；（2）若“”是“”的必要不充分條件，求實數a的取值范圍.19．（12分）已知函數有兩個不同極值點，且.（Ⅰ）求實數的取值范圍；（Ⅱ）若恒成立，求實數的取值范圍.20．（12分）（1）3個不同的球放入5個不同的盒子，每個盒子至多放1個球，共有多少種放法？（2）3個不同的球放入5個不同的盒子，每個盒子放球量不限，共有多少種放法？21．（12分）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=1，(1)若B1C=1，求直線AB(2)在(1)的條件下，求二面角A1(3)若B1C=2，CG⊥平面A1ABB1，G為垂足，令CG=pCA+qCB+rCB22．（10分）已知，，.求與的夾角；若，，，，且與交于點，求.

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】

由三視圖可知，該幾何體是一個三棱柱截掉兩個三棱錐，利用所給數據，求出三棱柱與三棱錐的體積，從而可得結果.【題目詳解】由三視圖可知，該幾何體是一個三棱柱截掉兩個三棱錐，畫出幾何體的直觀圖，如圖，把幾何體補形為一個直三棱柱，由三視圖的性質可知三棱柱的底面面積，高，所以，,所以，幾何體的體積為.故選A.【題目點撥】本題利用空間幾何體的三視圖重點考查學生的空間想象能力和抽象思維能力，屬于難題.三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響，對簡單組合體三視圖問題，先看俯視圖確定底面的形狀，根據正視圖和側視圖，確定組合體的形狀.2、B【解題分析】由題意，，其中，，且，所以.令，則，為增函數.令，得.所以.時，時,所以在上單調遞減，在上單調遞增.所以時,.故選B.點睛：本題的解題關鍵是將要求的量用一個變量來表示，進而利用函數導數得到函數的單調性求最值，本題中有以下幾個難點：（1）多元問題一元化，本題中涉及的變量較多，設法將多個變量建立等量關系，進而得一元函數式；（2）含絕對值的最值問題，先研究絕對值內的式子的范圍，最后再加絕對值處理.3、D【解題分析】

由二項式定義得到二項展開式的二項式系數和為，由此得到，然后求通項，化簡得到常數項，即可得到答案.【題目詳解】由已知得到，所以，所以展開式的通項為，令，得到，所以展開式的常數項為，故選D.【題目點撥】本題主要考查了二項展開式的二項式系數以及特征項的求法，其中熟記二項展開式的系數問題和二項展開式的通項是解答此類問題的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.4、B【解題分析】

利用切線斜率等于導數值可求得切點橫坐標，代入可求得切點坐標，將切點坐標代入可求得結果.【題目詳解】由得：與相切切點橫坐標為：切點縱坐標為：，即切點坐標為：，解得：本題正確選項：【題目點撥】本題考查導數的幾何意義的應用，關鍵是能夠利用切線斜率求得切點坐標.5、B【解題分析】

利用同角三角函數的基本關系求得cosα和sinβ的值，兩角和的三角公式求得cos（α+β）的值．【題目詳解】解：∵sinα，cosβ，α、β均為第二象限角，∴cosα，sinβ，∴cos（α+β）＝cosαcosβ-sinαsinβ?（），故答案為B【題目點撥】本題主要考查同角三角函數的基本關系，兩角和的余弦公式，屬于基礎題．6、C【解題分析】試題分析：設,顯然集合M中沒有最大元素，集合N中有一個最小元素，即選項A可能；,顯然集合M中沒有最大元素，集合N中也沒有最小元素，即選項B可能；,顯然集合M中有一個最大元素，集合N中沒有最小元素，即選項D可能；同時，假設答案C可能，即集合M、N中存在兩個相鄰的有理數，顯然這是不可能的，故選C．考點：以集合為背景的創(chuàng)新題型．【方法點睛】創(chuàng)新題型，應抓住問題的本質，即理解題中的新定義，脫去其“新的外衣”，轉化為熟悉的知識點和題型上來．本題即為，有理數集的交集和并集問題，只是考查兩個子集中元素的最值問題，即集合M、N中有無最大元素和最小元素．7、A【解題分析】分析：根據題意，選用排除法，分3步，①計算從7人中，任取4人參加志愿者活動選法，②計算選出的全部為男生或女生的情況數目，③由事件間的關系，計算可得答案．詳解：分3步來計算，

①從7人中，任取4人參加志愿者活動，分析可得，這是組合問題，共C74=35種情況；

②選出的4人都為男生時，有1種情況，因女生只有3人，故不會都是女生，

③根據排除法，可得符合題意的選法共35-1=34種；

故選A．點睛：本題考查計數原理的運用，注意對于本類題型，可以使用排除法，即當從正面來解所包含的情況比較多時，則采取從反面來解，用所有的結果減去不合題意的結果．8、C【解題分析】

運用定積分運算公式，進行求解計算.【題目詳解】，故本題選C.【題目點撥】本題考查了定積分的運算，屬于基礎題.9、B【解題分析】

根據雙曲線的定義，得到，再根據對稱性得到最小值，從而得到的最小值.【題目詳解】根據雙曲線的標準方程，得到，根據雙曲線的定義可得，，所以得到，根據對稱性可得當為雙曲線的通徑時，最小.此時，所以的最小值為.故選：B.【題目點撥】本題考查雙曲線的定義求線段和的最小值，雙曲線的通徑，考查化歸與轉化思想，屬于中檔題.10、D【解題分析】

將函數表示為，結合三角函數的變換規(guī)律可得出正確選項.【題目詳解】，因此，為了得到函數的圖象，只需將函數的圖象向右平移個單位長度，故選：D.【題目點撥】本題考查三角函數的平移變換，解決三角函數平移變換需要注意以下兩個問題：（1）變換前后兩個函數名稱要保持一致；（2）平移變換指的是在自變量上變化了多少.11、B【解題分析】

根據題意，由函數的奇偶性分析可得，函數是周期為4的周期函數，據此求出、、的值，進而結合周期性分析可得答案.【題目詳解】解：根據題意，是定義在上的奇函數，則，又由，則有，即，變形可得：，即函數是周期為4的周期函數，是定義在上的奇函數，則，又由，則，故.故選：B.【題目點撥】本題考查函數的奇偶性周期性的綜合應用，涉及函數值的計算，屬于基礎題.12、D【解題分析】

由題意，雙曲線的漸近線方程為，∵以這四個交點為頂點的四邊形為正方形，其面積為16，故邊長為4，∴（2，2）在橢圓C：上，∴，∵，∴，∴，∴∴橢圓方程為：.故選D.考點：橢圓的標準方程及幾何性質；雙曲線的幾何性質.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

若函數恰有4個不同的零點，令，即，討論或，由求得，結合圖象進而得到答案.【題目詳解】函數，當時，的導數為，所以在時恒成立，所以在上單調遞減，可令，再令，即有，當時，，只有，只有兩解；當時，有兩解，可得或，由和各有兩解，共4解，有，解得，可得的范圍是：，故答案是：.【題目點撥】該題考查的是有關根據函數零點個數確定參數的取值范圍的問題，涉及到的知識點有畫函數的圖象，研究函數的單調性，分類討論的思想，屬于較難題目.14、【解題分析】

利用組合數的性質公式可以得到兩個方程,解方程即可求出的值.【題目詳解】因為,所以有或.當時,,方程無實根；當時,,綜上所述：故答案為：【題目點撥】本題考查了組合數的性質公式,考查了解方程的能力,屬于基礎題.15、24【解題分析】分析：由題意，求得二項式的展開式的通項為，即可求解答案.詳解：由題意，二項式的展開式的通項為，令，則.點睛：本題主要考查了二項式定理的應用，其中熟記二項展開式的通項公式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力.16、【解題分析】

,由向量與共線，得，解得，則在方向上的投影為，故答案為.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、（1）（2）【解題分析】

（1）先求導，再由題意可得f′（﹣1）＝0，從而求得2a＝1，從而化簡f′（x）＝（x+1）（ex﹣1），從而確定極小值點及極小值．（2）對f（x）的導函數進行分析，當時，可得f（x）單增，求得f（x）的最小值為0，當a>1時，可得f（x）在（0，lna）上單減，且f（0）=0，不滿足題意，綜合可得實數a的取值范圍．【題目詳解】（1）因為在上單調遞增,上單調遞減,所以.因為,所以,.所以,所以在上單調遞增,上單調遞減,上單調遞增,所以的極小值為.(2),令,則.若,則時，,為增函數,而,所以當時,,從而.若,則時,,為減函數,,故時,,從而,不符合題意.綜上,實數a的取值范圍是.【題目點撥】本題考查了單調性的應用及函數極值的概念，考查了恒成立問題的轉化，考查了分類討論的數學思想，屬于難題．18、(1).(2).【解題分析】分析：（1）先求出A,B集合的解集，A集合求定義，B集合解不等式即可，然后由交集定義即可得結論；（2）若“”是“”的必要不充分條件，說明且，然后根據集合關系求解.詳解：(1),．則(2)，因為“”是“”的必要不充分條件，所以且．由，得，解得．經檢驗，當時，成立，故實數的取值范圍是．點睛：考查定義域，解不等式，交集的定義以及必要不充分條件，正確求解集合，縷清集合間的基本關系是解題關鍵，屬于基礎題.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解題分析】

（Ⅰ）把函數有兩個不同極值點轉化為有兩個不同的實數根，分類討論，，時，值域情況，從而得到實數的取值范圍；（Ⅱ）顯然，恒成立，只需討論的情況，由于，為方程的兩個根，從而有，變形可得：所以要使恒成立等價于恒成立，令，利用導數討論的值域即可?！绢}目詳解】由題可得的定義域為，，函數有兩個不同極值點等價于有兩個不同的實數根，令，當時，，則在定義域內單調遞增，不可能存在兩個根使得，舍去；當時，，則在定義域內單調遞增，不可能存在兩個根使得，舍去；當時，令，解得：，令時，解得：，所以的增區(qū)間為，減區(qū)間為，則；由于當時，，當時，，所以要使由兩個根，則，解得：；綜述所述，實數的取值范圍為（Ⅱ）（1）由于，所以當時，顯然恒成立，下討論的情況；（2）當時，由（I），為方程的兩個根，從而有，可得：，，所以，要使恒成立等價于恒成立，即恒成立，即恒成立，令，，則，只要使即可，則，，再令，則，可知：在內單調遞減，從而，（i）當時，，則，在內單調遞增，所以，所以滿足條件；（ii）當時，，當時，，由于在內單調遞減，根據零點存在定理，可知存在唯一，使得，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，則，不滿足恒成立，故不滿足條件；綜述所述，實數的取值范圍為【題目點撥】本題主要考查利用導數研究函數單調性和極值，問題（Ⅱ）為極值點偏移問題，常見的處理方法是根據極值點滿足的等式構造求證目標滿足的等式，再把求證目標不等式歸結為函數不等式來證明．20、（1）.（2）【解題分析】

（1）把三個不同的小球分別放入5個不同的盒子里(每個盒子至多放一個球)，實際上是從5個位置選3個位置用3個元素進行排列，即可求得答案.（2）因為3個不同的球放入5個不同的盒子，每個盒子放球量不限，所以一個球一個球地放到盒子里去，每只球都可有5種獨立的放法，即可求得答案.【題目詳解】（1）把3個不同的小球分別放入5不同的盒子里(每個盒子至多放一個球)，實際上是從5個位置選3個位置用3個元素進行排列，共有種結果，共有：方法．（2）3個不同的球放入5個不同的盒子，每個盒子放球量不限一個球一個球地放到盒子里去，每只球都可有5種獨立的放法，由分步乘法計數原理，放法共有種共有：放法．【題目點撥】本題的求解按照分步計數原理可先將球分組，選擇盒子，再將球排列到選定的盒子里，這種先選后排的方法是最常用的思路，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.21、（1）π6；（2）3π4；（3）q=49，【解題分析】

(1)建立如圖所示的空間直角坐標系