2024届吉林省梅河口市五中数学高二第二学期期末检测模拟试题含解析

2024届吉林省梅河口市五中数学高二第二学期期末检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．在某次高三联考数学测试中，学生成绩服从正态分布，若在内的概率为0.75，则任意选取一名学生，该生成绩高于115的概率为（）A．0.25 B．0.1 C．0.125 D．0.52．在某项测量中，测量结果，且，若在内取值的概率为,则在内取值的概率为（）A． B． C． D．3．设i是虚数单位，则复数i3A．-i B．i C．1 D．-14．若存在两个正实数，使得等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是()A． B． C． D．5．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥n，m⊥β，则n⊥β；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若m∥n，m∥β，则n∥β；④若m⊥α，m⊥β，则α⊥β.其中真命题的个数为()A．1B．2C．3D．46．给出下列四个命题：①若，则；②若，且，则；③若复数满足，则；④若，则在复平面内对应的点位于第一象限.其中正确的命题个数为（）A． B． C． D．7．下列推理是归纳推理的是（）A．，为定点，动点满足，得的轨迹为椭圆.B．由，，求出，，，猜想出数列的前项和的表达式.C．由圆的面积，猜出椭圆的面积.D．科学家利用鸟类的飞行原理制造飞机.8．已知函数，若在上有解，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．9．函数的零点个数为（）A．0 B．1 C．2 D．310．某单位为了了解用电量(度)与气温()之间的关系，随机统计了某4天的用电量与当天气温，并制作了对照表：气温()101318－1用电量(度)38342464由表中数据得回归直线方程中的，预测当气温为时，用电量度数约为（）A．64 B．65 C．68 D．7011．已知满足，则的取值范围为（）A． B． C． D．12．已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，平面，，，，则球的体积为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在极坐标系中，两点间的距离______.14．已知双曲线，的焦点分别在轴，轴上，渐近线方程为，离心率分别为，．则的最小值为___________．15．已知直线的参数方程为(为参数),圆的参数方程为(为参数).若直线与圆有公共点,则实数的取值范围是__________.16．中，，则的最大值为____________.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）设函数，.（1）若，求不等式的解集；（2）若关于的不等式对任意的恒有解，求的取值范围.18．（12分）已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上.（1）求的方程；（2）若直线与椭圆相交于，两点，试问：在轴上是否在点，当变化时，总有？若存在求出点的坐标，若不存在，请说明理由.19．（12分）已知且，（1）求的解析式；（2）判断的奇偶性，并判断当时的单调性；（3）若是上的增函数且，求m的取值范围.20．（12分）已知函数.（1）若，求的最小值，并指出此时的取值范围；（2）若，求的取值范围.21．（12分）已知(1)若,且为真,求实数的取值范围;(2)若是充分不必要条件,求实数的取值范围22．（10分）已知函数f(x)＝3x，f(a＋2)＝81，g(x)＝.(1)求g(x)的解析式并判断g(x)的奇偶性；(2)求函数g(x)的值域.

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】

根据正态曲线的对称性求解即可得到所求概率．【题目详解】由题意得，区间关于对称，所以，即该生成绩高于115的概率为．故选C．【题目点拨】本题考查根据正态曲线的对称性求在给定区间上的概率，求解的关键是把所给区间用已知区间表示，并根据曲线的对称性进行求解，考查数形结合的应用，属于基础题．2、B【解题分析】

根据，得到正态分布图象的对称轴为，根据在内取值的概率为0.3，利用在对称轴为右侧的概率为0.5，即可得出答案．【题目详解】∵测量结果，∴正态分布图象的对称轴为，∵在内取值的概率为0.3，∴随机变量在上取值的概率为，故选B．【题目点拨】本小题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义、概率的基本性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．3、C【解题分析】分析：由条件利用两个复数代数形式的除法运算，虚数单位i的幂运算性质，计算求得结果．详解：i3∴复数i3故选C点睛：本题主要考查两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题．4、D【解题分析】试题分析：由得，即，即设，则，则条件等价为，即有解，设，为增函数，∵，∴当时，，当时，，即当时，函数取得极小值为：，即，若有解，则，即，则或，故选D．考点：函数恒成立问题.【方法点晴】本题主要考查不等式恒成立问题，根据函数与方程的关系，转化为两个函数相交问题，利用构造法和导数法求出函数的极值和最值是解决本题的关键，综合性较强，难度较大根据函数与方程的关系将方程进行转化，利用换元法转化为方程有解，构造函数求函数的导数，利用函数极值和单调性的关系进行求解即可．5、A【解题分析】对于①，由直线与平面垂直的判定定理易知其正确；对于②，平面α与β可能平行或相交，故②错误；对于③，直线n可能平行于平面β，也可能在平面β内，故③错误；对于④，由两平面平行的判定定理易得平面α与β平行，故④错误．综上所述，正确命题的个数为1，故选A.6、B【解题分析】

根据复数的乘方运算，结合特殊值即可判断①；由复数性质，不能比较大小可判断②；根据复数的除法运算及模的求法，可判断③；由复数的乘法运算及复数的几何意义可判断④.【题目详解】对于①，若，则错误，如当时，所以①错误；对于②，虚数不能比较大小，所以②错误；对于③，复数满足，即，所以，即③正确；对于④，若，则，所以，在复平面内对应点的坐标为，所以④正确；综上可知，正确的为③④，故选：B.【题目点拨】本题考查了复数的几何意义与运算的综合应用，属于基础题.7、B【解题分析】

根据归纳推理的定义即可选出答案。【题目详解】归纳推理是由个别事实概括出一般结论的推理。A为演绎推理B为归纳推理C为类比推理D为类比推理故选B【题目点拨】本题考查归纳推理，属于简单题。8、D【解题分析】

首先判断函数单调性为增.,将函数不等式关系转化为普通的不等式,再把不等式转换为两个函数的大小关系,利用图像得到答案.【题目详解】在定义域上单调递增，，则由，得，，则当时，存在的图象在的图象上方.，，则需满足.选D.【题目点拨】本题考查了函数的单调性,解不等式,将不等式关系转化为图像关系等知识,其中当函数单调递增时,是解题的关键.9、C【解题分析】，如图，由图可知，两个图象有2个交点，所以原函数的零点个数为2个，故选C．10、C【解题分析】

先求解出气温和用电量的平均数，然后将样本点中心代入回归直线方程，求解出的值，即可预测气温为时的用电量.【题目详解】因为，所以样本点中心，所以，所以，所以回归直线方程为：，当时，.故选：C.【题目点拨】本题考查回归直线方程的求解以及利用回归直线方程估计数值，难度较易.注意回归直线方程过样本点的中心.11、D【解题分析】由题意，令，所以，所以，因为，所以所以所以，故选D.12、B【解题分析】

根据所给关系可证明，即可将三棱锥可补形成长方体，即可求得长方体的外接球半径，即为三棱锥的外接球半径，即可得球的体积.【题目详解】因为平面BCD，所以，又AB=4，，所以，又，所以，则．由此可得三棱锥可补形成长方体如下图所示：设长方体的外接球半径为，则，所以球的体积为，故选:B.【题目点拨】本题考查了三棱锥外接球体积的求法，将三棱锥补全为棱柱是常用方法，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、6【解题分析】

求出的大小，得出A,O,B三点共线，即可求解.【题目详解】设极点为O，由题意可知即A,O,B三点在一条直线上所以【题目点拨】本题主要考查了极坐标的性质，要清楚极坐标的含义，属于基础题.14、【解题分析】

根据双曲线的渐近线方程和离心率的关系可得，，再利用基本不等式求解即可.【题目详解】解：由渐近线方程为可知，，,，，.第一次取等号的条件为，即，第二次取等号的条件为，即.的最小值为.故答案为：.【题目点拨】本题考查双曲线的方程和基本性质，离心率的求法，基本不等式的应用，属于中档题.15、【解题分析】试题分析：∵直线的普通方程为，圆C的普通方程为，∴圆C的圆心到直线的距离，解得.考点：参数方程与普通方程的转化、点到直线的距离.16、【解题分析】分析：先求出，再利用正弦定理求出，再利用三角变换和基本不等式求其最大值.详解：由题得,由正弦定理得所以的最大值为.故答案为：点睛：（1）本题主要考查平面向量的数量积，考查正弦定理和三角变换，考查基本不等式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)本题的解题关键有两点，其一是求出，其二是化简得到，再利用基本不等式求最大值.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】分析：（1）当时，，据此零点分段可得不等式的解集为.（2）由二次函数的性质可知，由绝对值三角不等式的性质可得.据此可得的取值范围是.详解：（1）因为，所以，当时，，即，所以，当时，，即，所以，当时，，即，所以，综上所述，原不等式的解集是.（2），.因为关于的不等式对任意的恒有解.所以，解得.点睛：绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．18、(1)(2)见解析【解题分析】

（1）根据离心率为，点在椭圆上联立方程组解得答案.（2）设存在定点，联立方程，利用韦达定理得到关系式，推出，代入数据计算得到答案.【题目详解】解：（1）由题可知又，解得，，所以，，即所求为（2）设存在定点，并设，由联立消可得所以，因为，所以，即所以，整理为所以可得即，所以所以存在定点满足题意【题目点拨】本题考查了椭圆离心率，定点问题，将转化为是解题的关键.19、（1）；（2）见解析；（3）【解题分析】

（1）利用对数函数的性质，结合换元法，令则，求出的表达式即可；（2）结合（1）中的解析式，利用函数奇偶性的定义判断函数的定义域和与的关系；利用指数函数的单调性和简单复合函数单调性的判断法则即可求解；（3）利用函数在上的单调性和奇偶性得到关于m的不等式，解不等式即可.【题目详解】（1）令，则，所以，即.（2）由（1）知，，其定义域为，关于原点对称，因为，所以函数为奇函数，当时，因为是上的减函数，是上的增函数，所以函数为上的减函数，为上的减函数，又因为，∴为上的增函数.（3）∵，∴，又为上的奇函数，∴，因为函数在上是增函数，∴，解之得：，所以实数m的取值范围为.【题目点拨】本题考查换元法求函数解析式、函数奇偶性的判断、指数函数的单调性和简单复合函数单调性的判断、利用函数在给定区间上的奇偶性和单调性解不等式；考查运算求解能力和知识的综合运用能力；属于综合性试题、中档题.20、(1)见解析;(2).【解题分析】

（1）根据绝对值的意义求出的范围即可；（2）问题转化为当时，，结合函数的性质得到关于的不等式，解出即可.【题目详解】（1），当且仅当时取等号，故的最小值为，此时的取值范围是.（2）时，显然成立，所以此时；时，由，得.由及的图象可得且，解得或.综上所述，的取值范围是【题目点拨】该题考查的是有关绝对值不等式的问题，涉及到的知识点有绝对值的意义，绝对值三角不等式，分类讨论思想，灵活掌握基础知识是解题的关键.21、（1）；（2）【解题分析】

(1)解不等求得p，根据m的值求得q；根据p∧q为真可知p、q同时为真，可求得x的取值范围．(2)先求得q．根据p是q的充分不必要条件，得到不等式组，解不等式组即可得到m的取值范围．【题目详解】(1)由x2-6x+5≤0,得1≤x≤5,∴p:1≤x≤5.当m=2时,q:-1≤x≤3.若p∧q