2024届福建省泉州市马甲中学数学高二下期末监测模拟试题含解析

2024届福建省泉州市马甲中学数学高二下期末监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．“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”是以我国哪位数学家命名的数学原理（）A．杨辉 B．刘微 C．祖暅 D．李淳风2．曲线在点处的切线平行于直线，则点的坐标为（）A． B． C．和 D．3．对变量进行回归分析时，依据得到的4个不同的回归模型画出残差图，则下列模型拟合精度最高的是（）A． B．C． D．4．定义在上的函数满足，且当时，，对，，使得，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．5．已知是定义在上的函数，若且，则的解集为（）A． B． C． D．6．设点和直线分别是双曲线的一个焦点和一条渐近线，若关于直线的对称点恰好落在双曲线上，则该双曲线的离心率为（）A．2 B． C． D．7．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有A．21种B．315种C．153种D．143种8．假设如图所示的三角形数表的第行的第二个数为，则（）A．2046 B．2416 C．2347 D．24869．某同学同时掷两颗骰子，得到点数分别为，则椭圆的离心率的概率是()A． B． C． D．10．若函数y＝f（x）的导函数y＝f′（x）的图象如图所示，则y＝f（x）的图象可能（）A． B．C． D．11．已知是等差数列的前n项和，且，则的通项公式可能是（）A． B． C． D．12．已知为等差数列,,则（）A．42 B．40 C．38 D．36二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设实数满足，则的最小值为______14．设离散型随机变量的概率分布如下：则的值为__________．15．数列定义为，则_______.16．已知直线与曲线相切，则实数的值是_______.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）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，且.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，的面积为，求的值.18．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求点E的坐标．19．（12分）已知二次函数的值域为，且，.（Ⅰ）求的解析式；（Ⅱ）若函数在上是减函数，求实数的取值范围.20．（12分）如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点，点在线段上（包括两个端点）运动．（1）当为线段的中点时，①求证：；②求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（2）求直线与平面所成的角的正弦值的取值范围.21．（12分）在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点：(1)求点D到平面A1BE的距离；(2)在棱上是否存在一点F，使得B1F∥平面A1BE，若存在，指明点F的位置；若不存在，请说明理由．22．（10分）如图，在四棱锥中，为矩形，是以为直角的等腰直角三角形，平面⊥平面．(1)证明：平面⊥平面；(2)为直线的中点，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、C【解题分析】

由题意可得求不规则几何体的体积的求法，即运用祖暅原理.【题目详解】“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”的意思是“夹在两平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果两个截面面积仍然相等，那么这两个几何体的体积相等”，这就是以我国数学家祖暅命名的数学原理，故选：C.【题目点拨】本题考查祖暅原理的理解，考查空间几何体体积的求法，考查对概念的理解，属于基础题.2、C【解题分析】

求导，令，故或，经检验可得点的坐标.【题目详解】因，令，故或，所以或，经检验，点，均不在直线上，故选C．【题目点拨】本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查导数的几何意义：函数在某点处的导数即为曲线在该点处的切线的斜率，考查两直线平行的条件：斜率相等，属于基础题．3、A【解题分析】

根据残差的特点，残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明这样的模型比较合适．带状区域的宽度越窄，说明模型的拟合精度越高．即可得到答案．【题目详解】用残差图判断模型的拟合效果，残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明这样的模型比较合适．带状区域的宽度越窄，说明模型的拟合精度越高．故选：．【题目点拨】本题考查了残差分析，了解残差分析的原理及特点是解决问题的关键，本题属基础题．4、D【解题分析】由题知问题等价于函数在上的值域是函数在上的值域的子集．当时，，由二次函数及对勾函数的图象及性质，得此时，由，可得，当时，．则在的值域为．当时，，则有，解得，当时，，不符合题意；当时，，则有，解得．综上所述，可得的取值范围为．故本题答案选．点睛：求解分段函数问题应对自变量分类讨论，讨论的标准就是自变量与分段函数所给出的范围的关系，求解过程中要检验结果是否符合讨论时的范围．讨论应该不重复不遗漏．5、D【解题分析】

构造函数，利用导数研究函数的单调性，然后将转化为，即，根据单调建立关系，解之即可。【题目详解】令函数；由，则；所以在上单调递减；，则，转化为，即；根据在上单调递减，则；所以的解集为；故答案选D【题目点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用构造新函数解不等式，考查学生转化的思想，属于中档题。6、C【解题分析】

取双曲线的左焦点为，设右焦点为，为渐近线，与渐近线的交点为关于直线的对称点设为，连接，运用三角形的中位线定理和双曲线的定义，离心率公式，计算可得所求值．【题目详解】如图所示，取双曲线的左焦点为，设右焦点为，为渐近线，与渐近线的交点为关于直线的对称点设为，连接，直线与线段的交点为，因为点与关于直线对称，则，且为的中点，所以，根据双曲线的定义，有，则，即，所以，故选：C．【题目点拨】本题主要考查了双曲线的离心率的求法，注意运用三角形的中位线定理和双曲线的定义，考查化简整理的运算能力，属于中档题．7、D【解题分析】由题意，选一本语文书一本数学书有9×7=63种，选一本数学书一本英语书有5×7=35种，选一本语文书一本英语书有9×5=45种，∴共有63+45+35=143种选法.故选D.8、B【解题分析】

由三角形数表特点可得，利用累加法可求得，进而得到结果.【题目详解】由三角形数表可知：，，，…，，，整理得：，则.故选：.【题目点拨】本题考查数列中的项的求解问题，关键是能够采用累加法准确求得数列的通项公式.9、C【解题分析】共6种情况10、C【解题分析】

根据导数与函数单调性的关系，判断函数的单调性即可.【题目详解】由当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，则由导函数的图象可知：先单调递减，再单调递增，然后单调递减，排除，且两个拐点（即函数的极值点）在x轴上的右侧，排除B.故选：.【题目点拨】本题主要考查的是导数与函数的单调性，熟练掌握函数的导数与函数单调性的关系是解题的关键，是基础题.11、D【解题分析】

由等差数列的求和公式，转化为，故，分析即得解【题目详解】由题意，等差数列，且可得故所以当时，则的通项公式可能是故选：D【题目点拨】本题考查了等差数列的通项公式和求和公式，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于中档题.12、B【解题分析】分析：由已知结合等差数列的性质可求，然后由即可求解.详解：，，，，故选：B.点睛：(1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题．(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、-3【解题分析】

作出不等式组对应的平面区域，设，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定的最小值，得到答案．【题目详解】由题意，画出约束条件所对应的平面区域，如图所示，设，则，当直线过点A时，直线在轴上的截距最大，此时目标函数取得最小值，由，解得，所以目标函数的最小值为．【题目点拨】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．14、【解题分析】分析：离散型随机变量的概率之和为1详解：解得：。点睛：离散型随机变量的概率之和为1，是分布列的性质。15、【解题分析】

由已知得两式，相减可发现原数列的奇数项和偶数项均为等差数列，分类讨论分别算出奇数项的和和偶数项的和，再相加得原数列前的和【题目详解】两式相减得数列的奇数项，偶数项分别成等差数列，，，，数列的前2n项中所有奇数项的和为：，数列的前2n项中所有偶数项的和为：【题目点拨】对于递推式为，其特点是隔项相减为常数，这种数列要分类讨论，分偶数项和奇数项来研究，特别注意偶数项的首项为，而奇数项的首项为.16、.【解题分析】分析：设切点，根据导数求导切线斜率，令其等于2，得切点，代入直线即可得解.详解：求导得：，设切点是（x0，lnx0），则，故，lnx0=﹣ln2，切点是（，﹣ln2）代入直线得：解得：，故答案为：．点睛：本题只要考查了导数的几何意义，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】试题分析：（1）由题意化简得，由锐角三角形，得，，所以；（2）由，得，所以，由余弦定理解得．试题解析：(Ⅰ)，,又为锐角三角形，，,.(Ⅱ)由，得,，,，即.点睛：本题考查解三角形的应用．解三角形在高考中属于基本题型，学生必须掌握其基本解法．本题中涉及到三角形的转化，二倍角公式的应用，以及面积公式、余弦定理的应用．学生需充分掌握三角函数化简及解三角形的公式，才能把握解题．18、（1）；（2）.【解题分析】

(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)解法一：由题意首先确定直线的方程，联立直线方程与圆的方程，确定点B的坐标，联立直线BF2与椭圆的方程即可确定点E的坐标；解法二：由题意利用几何关系确定点E的纵坐标，然后代入椭圆方程可得点E的坐标.【题目详解】（1）设椭圆C的焦距为2c.因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.又因为DF1=，AF2⊥x轴，所以DF2=，因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.由b2=a2-c2，得b2=3.因此，椭圆C的标准方程为.（2）解法一：由（1）知，椭圆C：，a=2，因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x-1)2+y2=16，解得y=±4.因为点A在x轴上方，所以A(1，4).又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.由，得，解得或.将代入，得，因此.又F2(1，0)，所以直线BF2：.由，得，解得或.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.将代入，得.因此.解法二：由（1）知，椭圆C：.如图，连结EF1.因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，从而∠BF1E=∠B.因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.因为F1(-1，0)，由，得.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.因此.【题目点拨】本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.19、（Ⅰ）（Ⅱ）【解题分析】

（Ⅰ）设二次函数的解析式为，根据题意可得关于的方程组，解方程组即可求得的解析式；（Ⅱ）将的解析式代入，并构造函数，根据复合函数单调性的性质，即可得知在上为单调递增函数.根据二次函数的对称性及对数函数定义域要求即可求得的取值范围.【题目详解】（Ⅰ）设，由题意知.则，解得，所以的解析式为.（Ⅱ）由题意知，令，则为单调递减函数，所以在上是单调递增函数.对称轴为，所以，解得.因为，即，解得.综上：实数的取值范围为.【题目点拨】本题考查了二次函数的性质及解析式的求法，对数型复合函数单调性的性质应用，注意对数函数定义域的要求，属于基础题.20、（1）①见解析；②；（2）.【解题分析】

（1）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，由向量法证明线线垂直和计算二面角．（2）设（），设直线与平面所成的角为由向量坐标法求得设设由导数法求得范围．【题目详解】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则，.因为分别是棱的中点，所以（1）当为线段的中点时，则①因为所以即②因为设平面的一个法向量为由可得，取，则所以又因为是平面的一个法向量，设平面与平面所成的二面角的平面角为，则.因为为锐角，所以所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为（2）因为在线段上，所以设（），解得，所以.因为设平面的一个法向量为由可得，取则所以设直线与平面所成的角为则因为所以设则所以，设则，设可求得的取值范围为，进一步可求得的取值范围为所以直线与平面所成的角的正弦值的取值范围为.【题目点拨】本题全面考查利用空间向量坐标法证明线线垂直，求二面角，构造函数关系，并利用导数求范围，运算难度较大．21、(1)；(2)存在点，为中点【解题分析】

（1）根据体积桥，首先求解出，进而根据解三角形的知识可求得，从而可