2024届四川省南充市南充高级中学数学高二第二学期期末复习检测模拟试题含解析

2024届四川省南充市南充高级中学数学高二第二学期期末复习检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知函数，，其中为自然对数的底数，若存在实数使得，则实数的值为（）A． B． C． D．2．已知函数且，则的值为()A．1 B．2 C． D．-23．已知向量满足，点在线段上，且的最小值为，则的最小值为（）A． B． C． D．24．若，则等于（）A． B． C． D．5．设A、B是非空集合，定义：且.已知，，则等于（）A． B． C． D．6．已知二次函数在区间内有两个零点，则的取值范围为（）A． B． C． D．7．某班数学课代表给全班同学出了一道证明题.甲说：“丙会证明.”乙说：“我不会证明.”丙说：“丁会证明.”丁说：“我不会证明.”以上四人中只有一人说了真话，只有一人会证明此题.根据以上条件，可以判定会证明此题的人是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁8．一个盒子里有6支好晶体管，5支坏晶体管，任取两次，每次取一支，每次取后不放回，已知第一支是好晶体管时，则第二支也是好晶体管的概率为（）A．23B．512C．79．如图，在平行四边形ABCD中，E为DC边的中点，且，则（）A． B． C． D．10．曲线的参数方程为，则曲线是（）A．线段 B．双曲线的一支 C．圆弧 D．射线11．已知函数与的图像有三个不同的公共点，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．12．若是关于x的实系数方程的一个虚数根，则（）A．， B．， C．， D．，二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．通常，满分为分的试卷，分为及格线，若某次满分为分的测试卷，人参加测试，将这人的卷面分数按照分组后绘制的频率分布直方图如图所示.由于及格人数较少，某位老师准备将每位学生的卷面分采用“开方乘以取整”的方式进行换算以提高及格率（实数的取整等于不超过的最大整数），如：某位学生卷面分，则换算成分作为他的最终考试成绩，则按照这种方式，这次测试的及格率将变为__________．14．连续抛掷同一颗骰子3次，则3次掷得的点数之和为9的概率是____．15．已知是虚数单位，则复数的实部为______.16．函数若，且，则的取值范围是________．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）如图所示，某地出土的一种“钉”是由四条线段组成，其结构能使它任意抛至水平面后，总有一端所在的直线竖直向上．并记组成该“钉”的四条等长的线段公共点为，钉尖为．（1）判断四面体的形状，并说明理由；（2）设，当在同一水平面内时，求与平面所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；（3）若该“钉”着地后的四个线段根据需要可以调节与底面成角的大小，且保持三个线段与底面成角相同，若，，问为何值时，的体积最大，并求出最大值．18．（12分）已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若的解集为R，求的取值范围．19．（12分）如图,在四棱锥中,四边形是直角梯形,，,，为等边三角形.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任意取出三个不同的数字.（Ⅰ）求取出的这三个数字中最大数字是8的概率；（Ⅱ）记取出的这三个数字中奇数的个数为，求随机变量的分布列与数学期望.21．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)把的参数方程化为极坐标方程：(2)求与交点的极坐标.22．（10分）已知四边形是矩形，平面，，点在线段上（不为端点），且满足，其中.（1）若，求直线与平面所成的角的大小；（2）是否存在，使是的公垂线，即同时垂直？说明理由.

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【解题分析】

先对函数求导，用导数的方法求最小值，再由基本不等式求出的最小值，结合题中条件，列出方程，即可求出结果.【题目详解】由得，由得；由得；因此，函数在上单调递减；在上单调递增；所以；又，当且仅当，即时，等号成立，故（当且仅当与同时取最小值时，等号成立）因为存在实数使得，所以，解得.故选C【题目点拨】本题主要考查导数的应用，以及由基本不等式求最小值，熟记利用导数求函数最值的方法，以及熟记基本不等式即可，属于常考题型.2、D【解题分析】分析：首先对函数求导，然后结合题意求解实数a的值即可.详解：由题意可得：，则，据此可知：.本题选择D选项.点睛：本题主要考查导数的运算法则及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3、D【解题分析】

依据题目条件，首先可以判断出点的位置，然后，根据向量模的计算公式，求出的代数式，由函数知识即可求出最值．【题目详解】由于，说明点在的垂直平分线上，当是的中点时，取最小值，最小值为，此时与的夹角为，与的夹角为，∴与的夹角为，的最小值是4，即的最小值是2.故选D.【题目点拨】本题主要考查了平面向量有关知识，重点是利用数量积求向量的模．4、D【解题分析】

中最大的数为，包含个数据，且个数据是连续的正整数，由此可得到的表示.【题目详解】因为，所以表示从连乘到，一共是个正整数连乘，所以.故选：D.【题目点拨】本题考查排列数的表示，难度较易.注意公式：的运用.5、A【解题分析】求出集合中的函数的定义域得到：，即可化为或解得，即，则故选6、A【解题分析】

先求出二次函数在区间内有两个零点，所需要的条件，然后再平面直角坐标系内，画出可行解域，然后分析得出的取值范围.【题目详解】因为二次函数在区间内有两个零点，所以有：，对应的平面区域为下图所示：则令，则的取值范围为，故本题选A.【题目点拨】本题考查了一元二次方程零点分布问题，正确画出可行解域是解题的关键.7、B【解题分析】如果甲会证明，乙与丁都说了真话，与四人中只有一人说了真话相矛盾，不合题意；排除选项；如果丙会证明，甲乙丁都说了真话，与四人中只有一人说了真话相矛盾，不合题意，排除选项；如果丁会证明，丙乙都说了真话，与四人中只有一人说了真话相矛盾，不合题意，排除选项，故选B.8、D【解题分析】试题分析：由题意，知取出一好晶体管后，盒子里还有5只好晶体管，4支坏晶体管，所以若已知第一支是好晶体管，则第二支也是好晶体管的概率为59考点：等可能事件的概率．9、A【解题分析】

利用向量的线性运算可得的表示形式.【题目详解】，故选：A．【题目点拨】本题考查向量的线性运算，用基底向量表示其余向量时，要注意围绕基底向量来实现向量的转化，本题属于容易题.10、A【解题分析】由代入消去参数t得又所以表示线段。故选A11、B【解题分析】

将函数有三个公共点，转化为有三个解，再利用换元法设，整理为，画出函数图形得到答案.【题目详解】函数与的图像有三个不同的公共点即有三个解整理得：设，当单调递减，单调递增.如图所示：原式整理得到：图像有三个不同的公共点，即二次方程有两个解，一个小于0.一个在上或当时，当时，另一个零点在上，满足条件.故答案为B【题目点拨】本题考查了函数的零点问题，根据条件转化为方程的解，再利用换元法简化计算，本题综合性强，计算量大，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.12、D【解题分析】

利用实系数一元二次的虚根成对原理、根与系数的关系即可得出．【题目详解】解：∵1i是关于x的实系数方程x2+bx+c＝0的一个复数根，∴1i是关于x的实系数方程x2+bx+c＝0的一个复数根，∴，解得b＝﹣2，c＝1．故选：D．【题目点拨】本题考查了实系数一元二次的虚根成对原理、根与系数的关系，属于基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.【解题分析】

通过题设中的频率分布直方图可计算不进行换算前分以上（含分）的学生的频率，此频率就是换算后的及格率．【题目详解】先考虑不进行换算前分以上（含分）的学生的频率，该频率为，换算后，原来分以上（含分）的学生都算及格，故这次测试的及格率将变为．【题目点拨】本题考查频率分布直方图的应用，属于基础题．14、；【解题分析】

利用分步计数原理，连续拋掷同一颗骰子3次，则总共有：6×6×6=216种情况，再列出满足条件的所有基本事件，利用古典概型的计算公式计算可得概率.【题目详解】每一次拋掷骰子都有1，2，3，4，5，6，六种情况，由分步计数原理：连续抛掷同一颗骰子3次，则总共有：6×6×6=216种情况，则3次掷得的点数之和为9的基本事件为25种情况即：(1,2,6)，(1,3,5)，(1,4,4)，(1,5,3)，(1,6,2)，(2,1,6)，(2,2,5)，(2,3,4)，(2,4,3)，(2,5,2)，(2,6,1)，(3,1,5)，(3,2,4)，(3,3,3)，(3,4,2)，(3,5,1)，(4,1,4)，(4,2,3)，(4,3,2)，(4,4,1)，(5,1,3)，(5,2,2)，(5,3,1)，(6,1,2)，(6,2,1)，共25个基本事件，所以.【题目点拨】本题考查分步计数原理和古典概型概率计算，计数过程中如果前两个数固定，则第三个数也相应固定.15、【解题分析】

直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【题目详解】，

复数的实部为1．

故答案为：1．【题目点拨】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于容易题．16、【解题分析】

设，用表示，然后计算的范围，再次代入分段函数，即可求解，得到答案.【题目详解】设，作出函数的图象，由图象可得时，由，解得，由，解得，则，因为，则，设，则，此时，所以的取值范围是.【题目点拨】本题主要考查了分段函数的应用，以及二次函数的图象与性质的应用，其中解答中作出函数的图象，结合函数的图象，列出的关系式，求得的取值范围是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.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）正四面体；理由见解析（2）；（3）当时，最大体积为：；【解题分析】

（1）根据线段等长首先确定为四面体外接球球心；又底面，可知为正三棱锥；依次以为顶点均有正三棱锥结论出现，可知四面体棱长均相等，可知其为正四面体；（2）由为四面体外接球球心及底面可得到即为所求角；设正四面体棱长为，利用表示出各边，利用勾股定理构造方程可求得，从而可求得，进而得到结果；（3）取中点，利用三线合一性质可知，从而可用表示出底面边长和三棱锥的高，根据三棱锥体积公式可将体积表示为关于的函数，利用导数求得函数的最大值，并确定此时的取值，从而得到结果.【题目详解】（1）四面体为正四面体，理由如下：四条线段等长，即到四面体四个顶点距离相等为四面体外接球的球心又底面在底面的射影为的外心四面体为正三棱锥，即，又任意抛至水平面后，总有一端所在的直线竖直向上，若竖直向上可得：可知四面体各条棱长均相等为正四面体（2）由（1）知，四面体为正四面体，且为其外接球球心设中心为，则平面，如下图所示：即为与平面所成角设正四面体棱长为则，在中，，解得：即与平面所成角为：（3）取中点，连接，，为中点且，令，，则设，，则令，解得：，当时，；当时，当时，取极大值，即为最大值：即当时，取得最大值，最大值为：此时，即综上所述，当时，体积最大，最大值为：【题目点拨】本题考查立体几何中的几何体特征判断、直线与平面所成角的求解、三棱锥体积的最值的求解问题；求解三棱锥体积的最值问题，关键是要把底面面积和三棱锥的高均利用某一变量来进行表示，从而将所求体积最值问题转化为关于此变量的函数最值问题的求解，进而通过导数或其他求解函数最值的方法求得结果.18、（1）；（2）【解题分析】

（1）分段讨论去绝对值解不等式即可；（2）由绝对值三角不等式可得，从而得或，进而可得解.【题目详解】（1）当时，原不等式可化为解得所以不等式的解集为（2）由题意可得,当时取等号.或，即或【题目点拨】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解及绝对值三角不等式求最值，属于基础题.19、(1)略；(2)【解题分析】

（1）推导出，从而得到平面，由此可证得；（2）推导出，以B为原点为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【题目详解】（1）证明：在四棱锥中，四边形是直角梯形，，,，为等边三角形，所以，所以，,所以，又由，所以平面，又因为平面，所以；（2）因为，所以，以为原点为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，取，得，设平面的法向量为，则，取，得，由图形可知二面角的平面角是钝角，设二面角的平面角为，所以，即二面角的余弦值为.【题目点拨】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20、；（Ⅱ）见解析.【解题分析】分析：（Ⅰ）取出的这三个数字中最大数字是8，其余两个从1，2，3，4，5，6，7中取．（Ⅱ）取出的这三个数字中奇数的个数为0、1、2、3，求出相应的概率，即可求得分布列及期望．；（Ⅱ）ξ的所有可能取值为：0、1、2、3则所以随机变量的分布列为0123P所以的数学期望.点睛：（1）本题主要考查古典概型和离散型随机变量的分布列