2024屆黑龍江省雞西市虎林市東方紅林業(yè)局中學數學高二第二學期期末檢測模擬試題含解析

2024屆黑龍江省雞西市虎林市東方紅林業(yè)局中學數學高二第二學期期末檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．已知，則除以9所得的余數是A．2 B．3C．5 D．72．在長方形中，為的中點，為的中點，設則（）A． B． C． D．3．復數在復平面上對應的點不可能在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．設是定義在上的奇函數，且,當時，有恒成立，則不等式的解集是（）A．∪B．∪C．∪D．∪5．下列命題中，真命題是A．若，且，則中至少有一個大于1B．C．的充要條件是D．6．已知等差數列中，，，則（）A． B． C． D．7．設是函數的定義域，若存在，使，則稱是的一個“次不動點”，也稱在區(qū)間I上存在“次不動點”.若函數在上存在三個“次不動點”，則實數的取值范圍是()A． B． C． D．8．如圖：在直棱柱中，，，分別是A1B1,BC,CC1的中點，則直線PQ與AM所成的角是（）A． B． C． D．9．一個正方體的展開如圖所示，點，，為原正方體的頂點，點為原正方體一條棱的中點，那么在原來的正方體中，直線與所成角的余弦值為（）A． B． C． D．10．二項式(ax-36)3(a>0)的展開式的第二項的系數為A．3B．73C．3或73D．311．在黃陵中學舉行的數學知識競賽中，將高二兩個班參賽的學生成績(得分均為整數)進行整理后分成五組，繪制如圖所示的頻率分布直方圖．已知圖中從左到右的第一、第三、第四、第五小組的頻率分別是0.30,0.15,0.10,0.05，第二小組的頻數是1．這兩個班參賽的學生人數是（）A．80 B．90C．100 D．12012．設是定義在上的偶函數，對，都有，且當時，，若在區(qū)間內關于的方程恰好有三個不同的實數根，則的取值范圍是()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在復平面上，復數、分別對應點、，為坐標原點，則______．14．已知函數，若函數有三個不同的零點，則實數的取值范圍是__________.15．在推導等差數列前n項和的過程中，我們使用了倒序相加的方法，類比可以求得________．16．已知拋物線的方程為，為坐標原點，，為拋物線上的點，若為等邊三角形，且面積為，則的值為__________．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）某超市舉辦酬賓活動，單次購物超過元的顧客可參與一次抽獎活動，活動規(guī)則如下：盒子中裝有大小和形狀完全相同的個小球，其中個紅球、個白球和個黑球，從中不放回地隨機抽取個球，每個球被抽到的機會均等.每抽到個紅球記分，每抽到個白球記分，每抽到個黑球記分.如果抽取個球總得分分可獲得元現金，總得分低于分沒有現金，其余得分可獲得元現金.（1）設抽取個球總得分為隨機變量，求隨機變量的分布列；（2）設每位顧客一次抽獎獲得現金元，求的數學期望.18．（12分）已知函數為定義在上的奇函數，且當時，（Ⅰ）求函數的解析式；（Ⅱ）求函數在區(qū)間上的最小值．19．（12分）如圖，直三棱柱中，為等腰直角三角形，，且.分別為的中點.（1）求證：；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）已知f(x)＝|x2－4x＋3|.(1)作出函數f(x)的圖象；(2)求函數f(x)的單調區(qū)間，并指出其單調性；(3)求集合M＝{m|使方程f(x)＝m有四個不相等的實根}.21．（12分）某食品廠為了檢查一條自動包裝流水線的生產情況，隨即抽取該流水線上件產品作為樣本算出他們的重量（單位：克）重量的分組區(qū)間為，，……，由此得到樣本的頻率分布直方圖，如圖所示．（1）根據頻率分布直方圖，求重量超過克的產品數量．（2）在上述抽取的件產品中任取件，設為重量超過克的產品數量，求的分布列．（3）從流水線上任取件產品，求恰有件產品合格的重量超過克的概率．22．（10分）已知函數.（1）當時，求函數的單調區(qū)間；（2）是否存在實數a，使函數在上單調遞增？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由.

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】

根據組合數的性質，將化簡為，再展開即可得出結果.【題目詳解】，所以除以9的余數為1．選D.【題目點撥】本題考查組合數的性質，考查二項式定理的應用，屬于基礎題.2、A【解題分析】

由平面向量線性運算及平面向量基本定理，即可化簡，得到答案．【題目詳解】如圖所示，由平面向量線性運算及平面向量基本定理可得：．【題目點撥】本題主要考查了平面向量的線性運算，以及平面向量的基本定理的應用，其中解答中熟記向量的運算法則和平面向量的基本定理是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．3、C【解題分析】

把復數化為形式，然后確定實部與虛部的取值范圍．【題目詳解】，時，，對應點在第二象限；時，，對應點在第四象限；時，，對應點在第一象限．或時，對應點在坐標軸上；∴不可能在第三象限．故選：C．【題目點撥】本題考查復數的除法運算，考查復數的幾何意義．解題時把復數化為形式，就可以確定其對應點的坐標．4、B【解題分析】試題分析：因為當時，有恒成立，所以恒成立，所以在內單調遞減．因為,所以在內恒有；在內恒有．又因為是定義在上的奇函數，所以在內恒有；在內恒有．又因為不等式的解集，即不等式的解集，由上分析可得，其解集為∪，故應選．考點：1、函數的基本性質；2、導數在研究函數的單調性中的應用．【思路點睛】本題主要考查了函數的基本性質和導數在研究函數的單調性中的應用，屬中檔題．其解題的一般思路為：首先根據商函數求導法則可知化為；然后利用導數的正負性可判斷函數在內的單調性；再由可得函數在內的正負性；最后結合奇函數的圖像特征可得，函數在內的正負性，即可得出所求的解集．5、A【解題分析】

逐一判斷每一個選項的真假得解.【題目詳解】對于選項A,假設x≤1，y≤1，所以x+y≤2，與已知矛盾，所以原命題正確.當x=2時，2x=x2，故B錯誤．當a=b=0時，滿足a+b=0，但=﹣1不成立，故a+b=0的充要條件是=﹣1錯誤，?x∈R，ex＞0，故?x0∈R，錯誤，故正確的命題是A，故答案為：A【題目點撥】（1）本題主要考查命題的真假的判斷，考查全稱命題和特稱命題的真假，考查充要條件和反證法，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.（2）對于含有“至少”“至多”的命題的證明，一般利用反證法.6、C【解題分析】分析：根據等差數列的通項公式，可求得首項和公差，然后可求出值。詳解：數列為等差數列，，，所以由等差數列通項公式得，解方程組得所以所以選C點睛：本題考查了等差數列的概念和通項公式的應用，屬于簡單題。7、A【解題分析】

由已知得在上有三個解。即函數有三個零點，求出，利用導函數性質求解?！绢}目詳解】因為函數在上存在三個“次不動點”，所以在上有三個解，即在上有三個解，設，則，由已知，令得，即或當時，，；，，要使有三個零點，則即，解得；當時，，；，，要使有三個零點，則即，解得；所以實數的取值范圍是故選A.【題目點撥】本題考查方程的根與函數的零點，以及利用導函數研究函數的單調性，屬于綜合體。8、D【解題分析】

建立空間直角坐標系，結合直線的方向向量確定異面直線所成的角即可.【題目詳解】以點A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，據此可得：，，故，即直線PQ與AM所成的角是.本題選擇D選項.【題目點撥】本題主要考查空間向量的應用，異面直線所成的角的求解等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.9、D【解題分析】分析：先還原正方體，將對應的字母標出，與所成角等于與所成角，在三角形中，再利用余弦定理求出此角的余弦值即可.詳解：還原正方體，如圖所示，設，則，與所成角等于與所成角，余弦值為，故選D.點睛：本題主要考查異面直線所成的角以及空間想象能力，屬于中檔題題.求異面直線所成的角的角先要利用三角形中位線定理以及平行四邊形找到，異面直線所成的角，然后利用直角三角形的性質及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因為異面直線所成的角是直角或銳角，所以最后結果一定要取絕對值.10、A【解題分析】試題分析：∵展開式的第二項的系數為-32，∴C31a2(-當a=1時，-2a考點：二項式定理、積分的運算.11、C【解題分析】

根據條件可求第二組的頻率，根據第二組的頻數即可計算兩個班的學生人數.【題目詳解】第二小組的頻率是：，則兩個班人數為：人.【題目點撥】本題考查頻率分布直方圖中，頻率、頻數與總數的關系，難度較易.12、D【解題分析】由f(x?2)=f(x+2),可得函數的周期T=4,當x∈[?2,0]時,，∴可得(?2,6]的圖象如下：從圖可看出,要使f(x)的圖象與y=loga(x+2)的圖象恰有3個不同的交點，則需滿足，求解不等式組可得的取值范圍是.本題選擇D選項.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

由復數、分別對應點,,可得,即可計算.【題目詳解】復數、分別對應點,,可得:,故答案為:.【題目點撥】本題考查復平面和數量積,主要考查復數的幾何意義.掌握復數與復平面內的點一一對應是解本題的關鍵,屬于基礎題.14、【解題分析】

函數有三個不同的零點等價于的圖象與直線有三個不同交點，數形結合即可得到結果.【題目詳解】函數有三個不同的零點等價于的圖象與直線有三個不同交點，作出函數的圖象：由圖易得：故答案為【題目點撥】已知函數有零點求參數取值范圍常用的方法和思路(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解．15、【解題分析】令，則：，兩式相加可得：,故：，即.16、2【解題分析】設，，∵，∴．又，，∴，即．又、與同號，∴．∴，即．根據拋物線對稱性可知點，關于軸對稱，由為等邊三角形，不妨設直線的方程為，由，解得，∴．∵的面積為，∴，解得，∴．答案：2點睛：本題考查拋物線性質的運用，解題的關鍵是根據條件先判斷得到點A,B關于x軸對稱，然后在此基礎上得到直線直線（或）的方程，通過解方程組得到點（或A）的坐標，求得等邊三角形的邊長后，根據面積可得．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）分布列見解析；（2）【解題分析】

（1）由題意的可能得分為，分別求出相應的概率，由此能求出隨機變量的分布列.（2）由題意得的可能取值為，分別求出相應的概率，由此能求的數學期望.【題目詳解】（1）隨機變量的所有可能取值為，，，，.，，，，.隨機變量的分布列為（2）由（1）知.【題目點撥】本題主要考查了離散型隨機變量的分布列、數學期望，考查了學生分析問題、解決問題的能力，屬于基礎題.18、（Ⅰ）（Ⅱ）見解析【解題分析】

（Ⅰ）利用奇函數的定義即可求函數f（x）的解析式．（Ⅱ）根據函數的解析式，先畫出圖象，然后對a（要考慮函數的解析式及單調性）進行分類討論即可求出函數的值域．【題目詳解】（Ⅰ）當x＞0時，,又f（x）為奇函數，則當x＜0時，f（x）=-f（-x）=-（-x

2-4x）=x

2+4x，又f（0）=0

故

f(x)解析式為（Ⅱ）根據函數解析式畫出函數f(x)的圖像，可得f（-2）=-4，當x>0時，由

f(x)=-4,解得x=2+2①當-2＜a≤2+2時，觀察圖像可得函數最小值為f(-2)=-4②當a

＞2+2時，函數在[-2，2]上單調遞增，在[2，a]是單調遞減，由圖像可得函數的最小值為f(a)=綜上所述：當-2＜a≤2+2，最小值為-4；

當a

＞2+2時，最小值為

.【題目點撥】本題考查由函數奇偶性求函數解析式，考查函數最值得求法和分類討論思想的應用.19、（1）證明過程詳見試題解析；（2）二面角的余弦值為.【解題分析】試題分析：（1）由已知條件可以為坐標原點建立空間坐標系，用坐標表示出，由向量的數量積運算得，根據線面垂直的判定定理得平面；（2）先分別求出平面和平面的法向量，，再根據公式求出二面角的余弦即可.試題解析：（1）如圖建立空間直角坐標系，令，則A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4).，，平面.平面的法向量為，設平面的法向量為令則,∴二面角的大小的余弦為.考點：1、線面垂直的判定定理；2、二面角．20、(1)見解析.(2)見解析.(3)M＝{m|0<m<1}.【解題分析】

（1）借助對稱性作f（x）=|x2﹣4x+3|的圖象即可，（2）由圖象寫出函數f（x）的單調區(qū)間即可；（3）作f（x）=|x2﹣4x+3|與y=m的圖象，由二者的交點個數確定出集合M．【題目詳解】(1)當x2－4x＋3≥0時，x≤1或x≥3，∴f(x)＝∴f(x)的圖象為：(2)由函數的圖象可知f(x)的單調區(qū)間是(－∞，1]，(2，3)，(1，2]，[3，＋∞)，其中(－∞，1]，(2，3)是減區(qū)間；(1，2]，[3，＋∞)是增區(qū)間.(3)由f(x)的圖象知，當0<m<1時，f(x)＝m有四個不相等的實根，所以M＝{m|0<m<1}.【題目點撥】（1）函數零點個數（方程根的個數）的判斷方法：①結合零點存在性定理，利用函數的單調性、對稱性確定函數零點個數；②利用函數圖像交點個數判斷方程根的個數或函數零點個數．