2024届辽宁省葫芦岛市协作校数学高二下期末统考模拟试题含解析

2024届辽宁省葫芦岛市协作校数学高二下期末统考模拟试题注意事项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．设，命题“若，则方程有实根”的逆否命题是A．若方程有实根，则 B．若方程有实根，则C．若方程没有实根，则 D．若方程没有实根，则2．x>2是x2A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．对任意的，不等式（其中e是自然对数的底）恒成立，则的最大值为（）A． B． C． D．4．定义域为的可导函数的导函数，满足，且，则不等式的解集为（）A． B． C． D．5．已知定义在R上的奇函数，满足，且在上是减函数，则（）A． B．C． D．6．现有张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各张.从中任取张，要求这张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多张.不同取法的种数为A． B． C． D．7．在区间[0,2]上随机取两个数x，y，则xy∈[0,2]的概率是（）．A．1-ln22B．3-2ln8．二项式的展开式中项的系数为，则（）A．4 B．5 C．6 D．79．已知数据，2的平均值为2，方差为1，则数据相对于原数据()A．一样稳定 B．变得比较稳定C．变得比较不稳定 D．稳定性不可以判断10．设，则的值为（）A．29 B．49C．39 D．5911．直线（为参数）被圆截得的弦长为（）A． B． C． D．12．已知命题R，使得是幂函数，且在上单调递增．命题：“R，”的否定是“R，”，则下列命题为真命题的是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知平面向量，满足，，则向量与夹角的取值范围是______.14．某校共有教师200人，男学生1200人，女学生1000人.现用分层抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为的样本，已知从女学生中抽取的人数为50人，那么的值为______.15．面对竞争日益激烈的消费市场,众多商家不断扩大自己的销售市场，以降低生产成本.某白酒酿造企业市场部对该企业9月份的产品销量(单位：千箱)与单位成本(单位：元)的资料进行线性回归分析,得到结果如下：,,,,则销量每增加1千箱，单位成本约下降________元(结果保留5位有效数字)．附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法公式分别为：，．16．已知二项式展开式的第项与第项之和为零，那么等于____________.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.（1）若在点处的切线方程为,求的值;（2）若是函数的两个极值点,试比较与的大小.18．（12分）已知展开式中的倒数第三项的系数为45，求：（1）含的项；（2）系数最大的项．19．（12分）如图，在三棱柱中，侧面底面，，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若，，且与平面所成的角为，求二面角的平面角的余弦值．20．（12分）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO=1，M为PD的中点.（Ⅰ）证明：PB∥平面ACM；（Ⅱ）设直线AM与平面ABCD所成的角为α，二面角M—AC—B的大小为β，求sinα·cosβ的值.21．（12分）设椭圆：的离心率与双曲线的离心率互为倒数，且椭圆的长轴长为1．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线交椭圆于，两点，（）为椭圆上一点，求面积的最大值．22．（10分）如图在直三棱柱中，，为中点．（Ⅰ）求证：平面．（Ⅱ）若，且，求二面角的余弦值．

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、D【解题分析】

根据已知中的原命题，结合逆否命题的定义，可得答案．【题目详解】命题“若，则方程有实根”的逆否命题是命题“若方程没有实根，则”，故选：D．【题目点拨】本题考查的知识点是四种命题，难度不大，属于基础题．2、A【解题分析】

解不等式x2【题目详解】由x2-2x>0解得：x<0或x>2，因此，x>2是x2-2x>0的充分不必要条件，故选：【题目点拨】本题考查充分必要条件的判断，一般利用集合的包含关系来判断两条件的充分必要性：（1）A⊊B，则“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件；（2）A⊋B，则“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件；（3）A=B，则“x∈A”是“x∈B”的充要条件。3、B【解题分析】

问题首先转化为恒成立，取自然对数只需恒成立，分离参数只需恒成立，构造，只要求得的最小值即可。这可利用导数求得，当然由于函数较复杂，可能要一次次地求导（对函数式中不易确定正负的部分设为新函数）来研究函数（导函数）的单调性。【题目详解】对任意的N，不等式（其中e是自然对数的底）恒成立，只需恒成立，只需恒成立，只需恒成立，构造，.下证，再构造函数，设，令，，在时，，单调递减，即，所以递减，，即，所以递减，并且，所以有，所以，所以在上递减，所以最小值为.∴，即的最大值为。故选：B。【题目点拨】本题考查不等式恒成立问题，解题时首先要对不等式进行变形，目的是分离参数，转化为研究函数的最值。本题中函数的最小值求导还不能确定，需多次求导，这考验学生的耐心与细心，考查学生的运算求解能力，难度很大。4、C【解题分析】

构造函数，利用导数可判断出函数为上的增函数，并将所求不等式化为，利用单调性可解出该不等式.【题目详解】构造函数，，所以，函数为上的增函数，由，则，，可得，即，，因此，不等式的解集为.故选：C.【题目点拨】本题考查函数不等式的求解，通过导数不等式的结构构造新函数是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.5、D【解题分析】

根据条件，可得函数周期为4，利用函数期性和单调性之间的关系，依次对选项进行判断，由此得到答案。【题目详解】因为，所以，，可得的周期为4，所以，，.又因为是奇函数且在上是减函数，所以在上是减函数，所以，即，故选D.【题目点拨】本题主要考查函数值的大小比较，根据条件求出函数的周期性，结合函数单调性和奇偶性之间的关系是解决本题的关键。6、C【解题分析】试题分析：3张卡片不能是同一种颜色，有两种情形：三种颜色或者两种颜色，如果是三种颜色，取法数为，如果是两种颜色，取法数为，所以取法总数为，故选C．考点：分类加法原理与分步乘法原理．【名师点晴】（1）对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．（2）当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步．7、C【解题分析】试题分析：由题意所有的基本事件满足0≤x≤20≤y≤2，所研究的事件满足0≤y≤2x，画出可行域如图，总的区域面积是一个边长为2的正方形，其面积为4，满足0≤y≤2x的区域的面积为考点：几何概型8、C【解题分析】二项式的展开式的通项是，令得的系数是，因为的系数为，所以，即，解得：或，因为，所以，故选C．【考点定位】二项式定理．9、C【解题分析】

根据均值定义列式计算可得的和，从而得它们的均值，再由方差公式可得，从而得方差．然后判断．【题目详解】由题可得：平均值为2，由，，所以变得不稳定.故选：C.【题目点拨】本题考查均值与方差的计算公式，考查方差的含义．属于基础题．10、B【解题分析】

根据二项式特点知，，，，，为正，，，，，为负，令，得.【题目详解】因为，，，，为正，，，，，为负，令，得，故选：B.【题目点拨】本题主要考查了二项式的系数，还考查了运算求解的能力，属于基础题.11、B【解题分析】分析：先消去参数，得到直线的普通方程，再求出圆心到直线的距离，得到弦心距，根据勾股定理求出弦长，从而得到答案.详解：直线（为参数），，即，圆，圆心到直线的距离为.直线（为参数）被圆截得的弦长为.故选：B.点睛：本题考查了参数方程与普通方程的互化、点到直线的距离公式、弦心距与弦长的关系，难度不大，属于基础题.12、C【解题分析】

利用复合命题的真值表进行判断即可，注意中的幂函数的系数为1，而中的小于的否定是大于或等于．【题目详解】命题令，解得，则为幂函数，且在上单调递增，因此是真命题，命题“，”的否定是“，”，因此是假命题，四个选项中的命题为真命题的是，其余的为假命题，故选C．【题目点拨】（1）幂函数的一般形式是，而指数函数的一般形式是；（2）我们要熟悉常见词语的否定，若“大于”的否定是“小于或等于”，“都是”的否定是“不都是”，“至少有一个”的否定是“一个都没有”等．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

由已知，得，由，得，由不等式可知，再由，得，最后由可得解.【题目详解】由，，得，即由，得，即由，得由，得所以，.故答案为：【题目点拨】本题考查了向量及其模的运算，考查了向量的夹角公式和基本不等式，考查了计算能力，属于中档题.14、120【解题分析】分析：根据分层抽样的原则先算出总体中女学生的比例，再根据抽取到女学生的人数计算样本容量n详解：因为共有教师200人,男学生1200人,女学生1000人所以女学生占的比例为女学生中抽取的人数为50人所以所以n=120点睛：分层抽样的实质为按比例抽，所以在计算时要算出各层所占比例再乘以样本容量即为该层所抽取的个数.15、1.8182【解题分析】

根据所给的数据和公式可以求出回归直线方程,根据回归直线斜率的意义可以求出销量每增加1千箱，单位成本约下降多少元.【题目详解】由所给的数据和公式可求得：,,所以线性回归方程为：,所以销量每增加1千箱，单位成本约下降元.故答案为：1.8182【题目点拨】本题考查了求线性回归方程,考查了直线斜率的意义,考查了数学运算能力.16、1【解题分析】

用项式定理展开式通项公式求得第4项和第5项，由其和为0求得．【题目详解】二项式展开式的第项为，第5项为，∴，解得．故答案为：1．【题目点拨】本题考查二项式定理，考查二项展开式的通项公式，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）.【解题分析】

（1）先求得切点的坐标，然后利用切点和斜率列方程组，解方程组求得的值.（2）将转化为只含有的式子.对函数求导，利用二次函数零点分布的知识求得的取值范围并利用韦达定理写出的关系式.化简的表达式，并利用构造函数法求得.用差比较法比较出与的大小关系.【题目详解】（1）根据题意可求得切点为,由题意可得,,∴,即,解得.（2）∵,∴,则.根据题意可得在上有两个不同的根.即,解得,且.∴.令,则,令,则当时,,∴在上为减函数,即,∴在上为减函数,即,∴,又∵,∴,即,∴.【题目点拨】本小题主要考查利用导数求解有关切线方程的问题，考查利用导数研究函数的极值点问题，难度较大.18、(1)210x3(2)【解题分析】

（1）由已知得：，即，∴，解得（舍）或，由通项公式得：，令，得，∴含有的项是.（2）∵此展开式共有11项，∴二项式系数（即项的系数）最大项是第6项，∴19、（1）见解析；（2）余弦值为.【解题分析】分析：（1）由四边形为菱形，得对角线,由侧面底面，,得到侧面，从而，由此能证明平面；（2）由题意易知为等边三角形，以点为坐标原点，为轴,为轴，过平行的直线为，建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量和平面的法向量，由此能求出二面角的平面角的余弦值．详解：（Ⅰ）由已知侧面底面，,底面,得到侧面，又因为侧面,所以,又由已知，侧面为菱形，所以对角线,即，，,所以平面.（Ⅱ）设线段的中点为点，连接,，因为，易知为等边三角形，中线,由（Ⅰ）侧面，所以,得到平面，即为与平面所成的角，,,,,得到;以点为坐标原点，为轴,为轴，过平行的直线为，建立空间直角坐标系，,,,,,,，由（Ⅰ）知平面的法向量为，设平面的法向量，,解得,,二面角为钝二面角，故余弦值为.点睛：本题考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，涉及到线线、线面、面面平行与垂直的性质、向量法等知识点的合理运用，是中档题.20、（1）证明见解析（2）【解题分析】试题分析：（1）连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，由O为AC的中点，知O为BD的中点，再由M为PD的中点，知PB∥MO，由此能够证明PB∥平面ACM．（2）取DO中点N，连接MN，AN，由M为PD的中点，知MN∥PO，且MN=PO=1，由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，故∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，由此能求出直线AM与平面ABCD所成角的正切值．（1）证明：连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，∵O为AC的中点，∴O为BD的中点，又∵M为PD的中点，∴PB∥MO，∵PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，∴PB∥平面ACM．（2）解：取DO中点N，连接MN，AN，∵M为PD的中点，∴MN∥PO，且MN=PO=1，由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，∴∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，在Rt△DAO中，∵AD=1，AO=，∠DAO=90°，∴DO=，∴AN=，在Rt△ANM中，tan∠MAN===，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为．考点：直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角．21、（1）（2）【解题分析】试题分析：（Ⅰ）利用椭圆的离心率与双曲线的离心率互为倒数，椭圆的长轴为及，求得的值，进而求得椭圆的方程；（Ⅱ）将直线与（Ⅰ）求得的椭圆方程联立，利用韦达定理和，利用弦长公式及点到直线的距离，求得的面积，同时，进而求得的面积的最大值.试题解析：（Ⅰ）双曲线的离心率为（1分）