海南省海口市名校2024届数学高二下期末考试模拟试题含解析

海南省海口市名校2024届数学高二下期末考试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。1．一个四面体各棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（）A． B． C． D．2．已知集合，，则()A． B． C． D．3．已知定义在上的函数的周期为6，当时，，则（）A． B． C． D．4．将正整数1，2，3，4，…按如图所示的方式排成三角形数组，则第20行从右往左数第1个数是()A．397 B．398 C．399 D．4005．若α是第一象限角，则sinα+cosα的值与1的大小关系是（）A．sinα+cosα＞1 B．sinα+cosα=1 C．sinα+cosα＜1 D．不能确定6．若是关于的实系数一元二次方程的一个根，则（）A．， B．，C．， D．，7．函数的最小值为0，则m的取值范围是()A．(1，2) B．(－1，2)C．[1，2) D．[－1，2)8．在方程（为参数）所表示的曲线上的点是（）A．(2,7) B． C．(1,0) D．9．在中，角A，B，C的对边分别为，若，则的形状为A．正三角形 B．等腰三角形或直角三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形10．设为虚数单位，则的展开式中含的项为（）A． B． C． D．11．已知向量与的夹角为，，，则（）A． B．2 C．2 D．412．准线为的抛物线标准方程是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在中，内角，，满足，且，则的值为________.14．若，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是___．15．正四棱柱的底面边长为2，若与底面ABCD所成角为60°，则和底面ABCD的距离是________16．一只袋内装有大小相同的3个白球，4个黑球，从中依次取出2个小球，已知第一次取出的是黑球，则第二次取出白球的概率是____．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）已知函数.(1)判断的奇偶性并证明你的结论;(2)解不等式18．（12分）证明：若a>0，则.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）已知，且.（1）求n的值；（2）求的值.21．（12分）已知函数.⑴求函数的单调区间；⑵如果对于任意的，总成立，求实数的取值范围.22．（10分）已知函数，其中.（1）讨论的单调性；（2）当时，恒成立，求的值；（3）确定的所有可能取值，使得对任意的，恒成立.

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、A【解题分析】试题分析：正四面体扩展为正方体，二者有相同的外接球，通过正方体的对角线的长度就是外接球的直径，求出球的表面积．由于正四面体扩展为正方体，二者有相同的外接球，所以正方体的棱长为：1，所以正方体的对角线的长度就是外接球的直径，所以球的半径为，所以球的表面积为：，故选A.考点：球内接多面体2、C【解题分析】

先求出集合M，由此能求出M∩N．【题目详解】则故选：C【题目点拨】本题考查交集的求法，考查交集定义、函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3、C【解题分析】

根据函数的周期性以及时的解析式结合，可得，利用对数的运算性质，化简可得答案．【题目详解】∵定义在上的函数的周期为6，当时，，又∵，∴，.即，故选C.【题目点拨】本题主要考查利用函数的周期性求函数的值，考查了学生的计算能力，属于中档题.4、D【解题分析】

根据图中数字排列规律可知，第行共有项，且最后一项为，从而可推出第20行最后1个数的值，即可求解出答案．【题目详解】由三角形数组可推断出，第行共有项，且最后一项为，所以第20行，最后一项为1．故答案选D．【题目点拨】本题主要考查归纳推理的能力，归纳推理是由特殊到一般，由具体到抽象的一种推理形式，解题时，要多观察实验，对有限的资料进行归纳整理，提出带有规律性的猜想．5、A【解题分析】试题分析：设角α的终边为OP，P是角α的终边与单位圆的交点，PM垂直于x轴，M为垂足，则由任意角的三角函数的定义，可得sinα=MP=|MP|，cosα=OM=|OM|，再由三角形任意两边之和大于第三边，得出结论．解：如图所示：设角α的终边为OP，P是角α的终边与单位圆的交点，PM垂直于x轴，M为垂足，则由任意角的三角函数的定义，可得sinα=MP=|MP|，cosα=OM=|OM|．△OPM中，∵|MP|+|OM|＞|OP|=1，∴sinα+cosα＞1，故选A．考点：三角函数线．6、B【解题分析】

由题意可知，关于的实系数一元二次方程的两个虚根分别为和，然后利用韦达定理可求出实数与的值.【题目详解】由题意可知，关于的实系数一元二次方程的两个虚根分别为和，由韦达定理得，解得.故选B.【题目点拨】本题考查利用实系数方程的虚根求参数，解题时充分利用实系数方程的两个虚根互为共轭复数这一性质，并结合韦达定理求解，也可以将虚根代入方程，利用复数相等来求解，考查运算求解能力，属于中等题.7、B【解题分析】

化简函数为，根据函数的单调性以及在时取得最小值0，求出的范围.【题目详解】函数在区间(－1，＋∞)上是减函数．当x＝2时，y＝0.根据题意x∈(m，n]时，.所以m的取值范围是－1＜m＜2，故选B.【题目点拨】该题所考查的是利用函数在某个区间上的最值，来确定区间对应的位置，涉及到的知识点有反比例型函数的单调性，确定最值在哪个点处取，从而求得对应的参数的取值范围，属于简单题目.8、D【解题分析】分析：化参数方程（为参数）为普通方程，将四个点代入验证即可.详解：方程（为参数）消去参数得到将四个点代入验证只有D满足方程.故选D.点睛：本题考查参数分析与普通方程的互化，属基础题9、C【解题分析】

根据题目分别为角A，B，C的对边，且可知，利用边化角的方法，将式子化为，利用三角形的性质将化为，化简得，推出，从而得出的形状为直角三角形．【题目详解】由题意知，由正弦定理得又展开得，又角A，B，C是三角形的内角又综上所述，的形状为直角三角形，故答案选C．【题目点拨】本题主要考查了解三角形的相关问题，主要根据正余弦定理，利用边化角或角化边，若转化成角时，要注意的应用．10、A【解题分析】

利用二项展开式，当时，对应项即为含的项.【题目详解】因为，当时，.【题目点拨】本题考查二项式定理中的通项公式，求解时注意，防止出现符号错误.11、C【解题分析】

利用即可解决．【题目详解】由题意得，因为向量与的夹角为，，，所以，所以，所以，所以选择C【题目点拨】本题主要考查了向量模的计算，在解决向量模的问题时通常先计算出平方的值，再开根号即可，属于基础题．12、A【解题分析】准线为的抛物线标准方程是，选A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

利用二倍角公式得出，再利用正弦定理转化，后用余弦定理求得，再利用正弦定理即可【题目详解】由得，，，根据正弦定理可得，，根据余弦定理【题目点拨】本题考查解三角形中正弦定理进行边角转化，余弦定理求角，以及三角形中两角和正弦与第三角正弦的关系14、【解题分析】

对不等式进行因式分解，，利用分离变量法转化为对应函数最值，即得到答案.【题目详解】，即：恒成立所以故答案为【题目点拨】本题考查了不等式恒成立问题，因式分解是解题的关键.15、.【解题分析】分析：确定A1C1到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高，即可求得结论．详解：∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，∴平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∵A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴A1C1∥平面ABCD∴A1C1到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为2，AC1与底面ABCD成60°角，∴A1A=2tan60°=故答案为．点睛：本题考查线面距离，确定A1C1到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高是解题的关键．如果直线和已知的平面是平行的，可以将直线和平面的距离，转化为直线上一点到平面的距离.16、【解题分析】

将问题转化为个白球和个黑球，从中任取一个，取到白球的概率来求解.【题目详解】由于第一次取出黑球，故原问题可转化为个白球和个黑球，从中任取一个，则取到白球的概率为.【题目点拨】本小题主要考查条件概率的计算，考查古典概型的计算，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)为奇函数；证明见解析；(2)【解题分析】

（1）求出函数定义域关于原点对称，再求得，从而得到原函数为奇函数；（2）利用对数式与指数式的互化，得到分式不等式，求得.【题目详解】（1）根据题意为奇函数；证明：，所以定义域为，关于原点对称．任取，则．则有，为奇函数．（2）由（1）知，，即，，即，∴或．又由，则有，综上不等式解集为．【题目点拨】本题以对数函数、分式函数复合的复合函数为背景，考查奇偶性和解不等式，求解时注意对数式与指数式互化.18、见解析【解题分析】试题分析:用分析法证明不等式成立的充分条件成立,要证原命题,只要证,即只要证，进而展开化简,可得只要证明，故得证.试题解析:要证只需证因为，所以不等式两边均大于零因此只需证，即证只需证只需证，即证只需证，而显然成立，所以原不等式成立.点睛:从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件，定理，定义，公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．综合法是利用已知条件和某些数学定义，公理，定理等，经过一系列推理论证，最后推导出所要证明的结论成立的方法．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）.（2）【解题分析】

（1）根据，即可求解，即可求得答案；（2）采用赋值法，令求出所有项系数的和，再令，求，即可求得答案.【题目详解】（1）整理可得：即，故解得：或（舍去）（2）由（1）令，可得令，可得可得【题目点拨】本题主要考查二项式定理、组合数等基础知识，考查分析问题能力与运算求解能力，属于基础题.21、（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）【解题分析】

试题分析：⑴求出函数的导数令其大于零得增区间，令其小于零得减函数；⑵令，要使总成立，只需时，对讨论,利用导数求的最小值.试题解析：(1)由于，所以.当，即时，；当，即时，.所以的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)令，要使总成立，只需时.对求导得，令，则，()所以在上为增函数，所以.对分类讨论：①当时，恒成立，所以在上为增函数，所以，即恒成立；②当时，在上有实根，因为在上为增函数，所以当时，，所以，不符合题意；③当时，恒成立，所以在上为减函数，则，不符合题意.综合①②③可得，所求的实数的取值范围是.考点：利用导数求函数单调区间、利用导数求函数最值、构造函数.22、（1）答案不唯一，具体见解析（2）（3）【解题分析】

（1）求出导函数，通过当时，当时，判断函数的单调性即可．