2024屆福建省福州市第四中學數學高二下期末經典模擬試題含解析

2024屆福建省福州市第四中學數學高二下期末經典模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．設函數的定義域為R，滿足，且當時．則當，的最小值是（）A． B． C． D．2．函數（為自然對數的底數）的遞增區(qū)間為（）A． B． C． D．3．已知a=1,b=3-2A．a>b>c B．a>c>b C．b>c>a D．c>b>a4．函數的極小值點是（）A．1 B．（1，﹣） C． D．（﹣3，8）5．汽車的“燃油效率”是指汽車每消耗1升汽油行駛的里程，下圖描述了甲、乙、丙三輛汽車在不同速度下的燃油效率情況.下列敘述中正確的是（）A．消耗1升汽油，乙車最多可行駛5千米B．以相同速度行駛相同路程，三輛車中，甲車消耗汽油最多C．甲車以80千米/小時的速度行駛1小時，消耗10升汽油D．某城市機動車最高限速80千米/小時.相同條件下，在該市用丙車比用乙車更省油6．把67化為二進制數為A．1100001(2) B．1000011(2)C．110000(2) D．1000111(2)7．下列函數中，與函數的奇偶性相同，且在上單調性也相同的是（）A． B． C． D．8．．設(x1,y1),(x2,y2A．x和y的相關系數為直線l的斜率B．x和y的相關系數在0到1之間C．當n為偶數時，分布在l兩側的樣本點的個數一定相同D．直線l過點(9．設，則二項式展開式的常數項是（）A．1120 B．140 C．-140 D．-112010．在的展開式中，項的系數為（）．A． B． C． D．11．函數是定義在R上的奇函數，函數的圖象與函數的圖象關于直線對稱，則的值為（）A．2B．1C．0D．不能確定12．用反證法證明命題“若，則”時，正確的反設為（）A．x≤﹣1 B．x≥﹣1 C．x2﹣2x﹣3≤0 D．x2﹣2x﹣3≥0二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．的展開式中，若的奇數次冪的項的系數之和為32，則________．14．長方體內接于球O，且，，則A、B兩點之間的球面距離為______．15．在正方體ABCD﹣A1B1C1D1，二面角A﹣BD﹣A1的大小為_____．16．已知定義在上的函數滿足（其中為的導函數）且，則不等式的解集是__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知數列滿足，，.（1）求，，；（2）判斷數列是否為等比數列，并說明理由.18．（12分）已知，函數.（1）討論函數的單調性；（2）若，且在時有極大值點，求證：.19．（12分）已知的展開式中所有項的系數和為.（1）求的展開式中二項式系數最大的項；（2）求的展開式中的常數項.20．（12分）已知函數.（Ⅰ）若函數在區(qū)間和上各有一個零點，求的取值范圍；（Ⅱ）若在區(qū)間上恒成立，求的取值范圍.21．（12分）已知、為橢圓的左右焦點，是坐標原點，過作垂直于軸的直線交橢圓于．（1）求橢圓的方程；（2）若過點的直線與橢圓交于、兩點，若，求直線的方程．22．（10分）在平面直角坐標系xOy中，曲線M的參數方程為（t為參數，且t＞0），以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，已知曲線C的極坐標方程為ρ＝4cosθ．（1）將曲線M的參數方程化為普通方程，并將曲線C的極坐標方程化為直角坐標方程；（2）求曲線M與曲線C交點的極坐標（ρ≥0，0≤θ＜2π）．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解題分析】

先求出函數在區(qū)間上的解析式，利用二次函數的性質可求出函數在區(qū)間上的最小值．【題目詳解】由題意可知，函數是以為周期的周期函數，設，則，則，即當時，，可知函數在處取得最小值，且最小值為，故選D.【題目點撥】本題考查函數的周期性以及函數的最值，解決本題的關鍵就是根據周期性求出函數的解析式，并結合二次函數的基本性質求解，考查計算能力，屬于中等題．2、D【解題分析】,由于恒成立,所以當時,,則增區(qū)間為.,故選擇D.3、A【解題分析】

將b、c進行分子有理化，分子均化為1，然后利用分式的基本性質可得出三個數的大小關系。【題目詳解】由3而3+2<6+5，所以b>c，又【題目點撥】本題考查比較大小，在含有根式的數中，一般采用有理化以及平方的方式來比較大小，考查分析問題的能力，屬于中等題。4、A【解題分析】

求得原函數的導數，令導數等于零，解出的值，并根據單調區(qū)間判斷出函數在何處取得極小值，并求得極值，由此得出正確選項.【題目詳解】，由得函數在上為增函數，上為減函數，上為增函數，故在處有極小值，極小值點為1.選A【題目點撥】本小題主要考查利用導數求函數的極值點，屬于基礎題.5、D【解題分析】

解：對于A，由圖象可知當速度大于40km/h時，乙車的燃油效率大于5km/L，∴當速度大于40km/h時，消耗1升汽油，乙車的行駛距離大于5km，故A錯誤；對于B，由圖象可知當速度相同時，甲車的燃油效率最高，即當速度相同時，消耗1升汽油，甲車的行駛路程最遠，∴以相同速度行駛相同路程，三輛車中，甲車消耗汽油最少，故B錯誤；對于C，由圖象可知當速度為80km/h時，甲車的燃油效率為10km/L，即甲車行駛10km時，耗油1升，故行駛1小時，路程為80km，燃油為8升，故C錯誤；對于D，由圖象可知當速度小于80km/h時，丙車的燃油效率大于乙車的燃油效率，∴用丙車比用乙車更省油，故D正確故選D．考點：1、數學建模能力；2、閱讀能力及化歸思想.6、B【解題分析】如圖：所以把67化為二進制數為1000011(2)．故選B.考點：二進制法.7、A【解題分析】

先分析的奇偶性以及在的單調性，然后再對每個選項進行分析.【題目詳解】函數為偶函數,且在上為增函數，對于選項,函數為偶函數，在上為増函數，符合要求；對于選項,函數是偶函數，在上為減函數，不符合題意；對于選項,函數為奇函數，不符合題意；對于選項,函數為非奇非偶函數，不符合要求；只有選項符合要求，故選.【題目點撥】奇偶函數的判斷：（滿足定義域關于原點對稱的情況下）若，則是奇函數；若，則是偶函數.8、D【解題分析】因回歸直線一定過這組數據的樣本中心點(x點睛：函數關系是一種確定的關系，相關關系是一種非確定的關系.事實上，函數關系是兩個非隨機變量的關系，而相關關系是非隨機變量與隨機變量的關系.如果線性相關，則直接根據用公式求a,b，寫出回歸方程，回歸直線方程恒過點9、A【解題分析】

分析：利用微積分基本定理求得，先求出二項式的展開式的通項公式，令的指數等于，求出的值，即可求得展開式的常數項.詳解：由題意，二項式為，設展開式中第項為，，令，解得，代入得展開式中可得常數項為，故選A.點睛：本題主要考查二項展開式定理的通項與系數，屬于簡單題.二項展開式定理的問題也是高考命題熱點之一，關于二項式定理的命題方向比較明確，主要從以下幾個方面命題：（1）考查二項展開式的通項公式；（可以考查某一項，也可考查某一項的系數）（2）考查各項系數和和各項的二項式系數和；（3）二項展開式定理的應用.10、A【解題分析】二項式展開式的通項為。所以展開式中項的系數為．選．11、A【解題分析】試題分析：∵函數是定義在上的奇函數，∴，令代入可得，函數關于對稱，由函數的圖象與函數的圖象關于直線對稱，函數關于對稱從而有，故選A．考點：奇偶函數圖象的對稱性．【思路點睛】利用奇函數的定義可把已知轉化為，從而可得函數關于對稱，函數的圖象與函數的圖象關于直線對稱，則關于對稱，代入即可求出結果．12、C【解題分析】

根據反證法的要求，反設時條件不變，結論設為相反，從而得到答案.【題目詳解】命題“若，則”，要用反證法證明，則其反設需滿足條件不變，結論設為相反，所以正確的反設為，故選C項.【題目點撥】本題考查利用反證法證明時，反設應如何寫，屬于簡單題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】試題分析：由已知得，故的展開式中x的奇數次冪項分別為，，，，，其系數之和為，解得．考點：二項式定理．14、【解題分析】

利用長方體外接球直徑為其體對角線長求得外接球半徑，及所對球心角，利用弧長公式求出答案．【題目詳解】由，，得，長方體外接球的半徑為正三角形，，兩點間的球面距離為，故答案為：．【題目點撥】本題考查了長方體外接球問題，以及求兩點球面距離，屬于簡單題．15、【解題分析】

連接，交于，連，可得是二面角A﹣BD﹣A1的平面角，在直角三角形中可求得結果.【題目詳解】連接，交于，連，如圖所示：因為，且在底面內的射影是，所以由三垂線定理可得，所以是二面角A﹣BD﹣A1的平面角，設正方體的棱長為1，則，，所以，因為，所以.故答案為：.【題目點撥】本題考查了三垂線定理，考查了求二面角，關鍵是作出二面角的平面角，屬于基礎題.16、【解題分析】分析：根據題意，令g（x）=，對其求導可得g′（x），分析可得g′（x）＜0，即函數g（x）為減函數；結合f（1）=e可得g（1）=，則不等式f（x）＞ex?＞1?g（x）＞1?g（x）＞g（1），借助函數的單調性分析可得答案．詳解：根據題意，令g（x）=，則其導數g′（x）=，又由f′（x）＜f（x），則有g′（x）＜0，即函數g（x）為減函數；且g（1）=；則不等式f（x）＞ex?＞1?g（x）＞1?g（x）＞g（1），又由函數g（x）為減函數，則有x＜1；則不等式f（x）＞ex的解集為（-∞,1）；故答案為：．點睛：（1）本題主要考查利用導數求函數的單調性和解不等式，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理轉化能力.(2)解答本題的關鍵是構造函數g（x）=求其單調性,再利用單調性解不等式g（x）＞g（1）.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)，，.(2)是首項為，公比為的等比數列；理由見解析.【解題分析】分析：（1）先根據遞推關系式求，，；，再求，，；（2）根據等比數列定義證明為等比數列.詳解：(1）由條件可得：，將代入，得，而，∴，將代入，得，∴，∴，，.（2）是首項為2，公比為3的等比數列.由條件可得：，即，又，∴是首項為2，公比為3的等比數列.點睛：證明一個數列為等比數列常用定義法與等比中項法，其他方法只用于選擇、填空題中的判定；若證明某數列不是等比數列，則只要證明存在連續(xù)三項不成等比數列即可.等比數列的判定方法18、（1）見解析；（2）見解析【解題分析】

（1）對求導，分，，，進行討論，可得函數的單調性；（2）將代入，對求導，可得，再對求導，可得函數有唯一極大值點，且.可得,設，對其求導后可得.【題目詳解】解：（1），又，，時，，所以可解得：函數在單調遞增，在單調遞減；經計算可得，時，函數在單調遞減，單調遞增，單調遞減；時，函數在單調遞減，單調遞增，單調遞減；時，函數在單調遞減.綜上：時，函數在單調遞增，單調遞減；時，函數在單調遞減，單調遞增，單調遞減；時，函數在單調遞減；時，函數在單調遞減，單調遞增，單調遞減.（2）若，則，，設，則，當時，單調遞減，即單調遞減，當時，單調遞增，即單調遞增.又因為由可知：，而，且，，使得，且時，單調遞增，時，單調遞減，時，單調遞增，所以函數有唯一極大值點，且..所以,設（），則，在單調遞增，，，又因為，.【題目點撥】本題主要考查導數、函數的單調性等知識，考查方程與函數、分類與整合的數學思想，考查學生的推理論證能力與運算求解能力.19、（1）；（2）.【解題分析】分析：（1）先根據展開式中所有項的系數和為得到n=6,再求展開式中二項式系數最大的項.(2)先求出的展開式中的一次項和常數項，再求的展開式中的常數項.詳解：（1）由題意，令得，即，所以展開式中二項式系數最大的項是第項，即.（2）展開式的第項為.,由，得；由，得.所以的展開式中的常數項為.點睛：（1）本題主要考查二項式定理，考查二項式展開式的系數和二項式系數，考查展開式中的特定項，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理計算能力.(2)本題的難點在第2問，展開式的常數項有兩種生成方式，一是由（x+2）的一次項“x”和的“”項相乘得到，二是由（x+2）的常數項“2”和的常數項相乘得到，再把兩個相加即得.20、(1);(2).【解題分析】

(1)根據二次函數圖象以及零點存在定理列不等式，解得的取值范圍，（2）根據對稱軸與定義區(qū)間位置關系分類討論滿足題意的條件，解不等式得的取值范圍.【題目詳解】（Ⅰ）因為函數在區(qū)間和上各有一個零點，所以有解得所以的取值范圍為：（Ⅱ）要使在區(qū)間上恒成立，需滿足或或解得：無解或或無解所以所以的取值范圍為：.【題目點撥】研究二次函數最值或單調性，一般根據對稱軸與定義區(qū)間位置關系進行分類討論；研究二次方程在定義區(qū)間有解，一般從開口方