安徽定遠啟明中學2024屆數學高二第二學期期末復習檢測模擬試題考生須知：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．變量滿足約束條件，若的最大值為2，則實數等于（）A．—2 B．—1 C．1 D．22．已知，則（）A．0.6 B．3.6 C．2.16 D．0.2163．函數（，）的部分圖象如圖所示，則的值分別是（）A． B． C． D．4．已知定義在上的函數的導函數為，且，若存在實數，使不等式對于任意恒成立，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．5．已知函數f(x)=ex(3x-1)-ax+a（a<1），若有且僅有兩個整數xi(i=1，A．[-2e，1） B．[73e2，16．函數在上的最小值和最大值分別是A． B． C． D．7．有名學生，其中有名男生.從中選出名代表，選出的代表中男生人數為，則其數學期望為（）A． B． C． D．8．斐波那契螺旋線，也稱“黃金蜾旋線”，是根據斐波那契數列（1，1，2，3，5，8…）畫出來的螺旋曲線，由中世紀意大利數學家列奧納多?斐波那契最先提出．如圖，矩形ABCD是以斐波那契數為邊長的正方形拼接而成的，在每個正方形中作一個圓心角為90°的圓弧，這些圓弧所連成的弧線就是斐波那契螺旋線的一部分．在矩形ABCD內任取一點，該點取自陰影部分的概率為（）A． B． C． D．9．將曲線y=sin2x按照伸縮變換后得到的曲線方程為（）A． B． C． D．10．已知直線與圓交于兩點，且（其中為坐標原點），則實數的值為A． B． C．或 D．或11．如圖，分別為棱長為的正方體的棱的中點，點分別為面對角線和棱上的動點，則下列關于四面體的體積正確的是（）A．該四面體體積有最大值，也有最小值 B．該四面體體積為定值C．該四面體體積只有最小值 D．該四面體體積只有最大值12．已知復數，則（）A．1 B． C． D．2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知i是虛數單位,若,則________14．已知點為橢圓的左焦點，點為橢圓上任意一點，點的坐標為，則取最大值時，點的坐標為．15．在的二項式中，常數項等于_______（結果用數值表示）.16．若曲線與曲線在上存在公共點，則的取值范圍為三、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）已知函數．（1）若不等式無解,求實數的取值范圍；（2）當時，函數的最小值為,求實數的值．18．（12分）設函數.（1）求過點的切線方程；（2）若方程有3個不同的實根，求的取值范圍。（3）已知當時，恒成立，求實數的取值范圍．19．（12分）如圖，在平面直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，極坐標系中，弧所在圓的圓心分別為，曲線是弧，曲線是弧，曲線是弧，曲線是弧.（1）分別寫出的極坐標方程；（2）直線的參數方程為（為參數），點的直角坐標為，若直線與曲線有兩個不同交點，求實數的取值范圍，并求出的取值范圍.20．（12分）已知函數.（1）當，求函數的單調區間；（2）若函數在上是減函數，求的最小值；（3）證明：當時，.21．（12分）隨著網絡和智能手機的普及與快速發展，許多可以解答各學科問題的搜題軟件走紅.有教育工作者認為：網搜答案可以起到拓展思路的作用，但是對多數學生來講，容易產生依賴心理，對學習能力造成損害.為了了解網絡搜題在學生中的使用情況，某校對學生在一周時間內進行網絡搜題的頻數進行了問卷調查，并從參與調查的學生中抽取了男、女學生各50人進行抽樣分析，得到如下樣本頻數分布表：將學生在一周時間內進行網絡搜題頻數超過20次的行為視為“經常使用網絡搜題”，不超過20次的視為“偶爾或不用網絡搜題”.（1）根據已有數據，完成下列列聯表（單位：人）中數據的填寫，并判斷是否在犯錯誤的概率不超過1%的前提下有把握認為使用網絡搜題與性別有關？（2）將上述調查所得到的頻率視為概率，從該校所有參與調查的學生中，采用隨機抽樣的方法每次抽取一個人，抽取4人，記經常使用網絡搜題的人數為，若每次抽取的結果是相互獨立的，求隨機變量的分布列和數學期望.參考公式：，其中.參考數據：22．（10分）命題：方程有實數解，命題：方程表示焦點在軸上的橢圓．(1)若命題為真，求的取值范圍；(2)若命題為真，求的取值范圍．

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、C【解題分析】

將目標函數變形為，當取最大值，則直線縱截距最小，故當時，不滿足題意；當時，畫出可行域，如圖所示，其中．顯然不是最優解，故只能是最優解，代入目標函數得，解得，故選C．考點：線性規劃．2、B【解題分析】

根據二項分布的期望的計算公式求解即可得到結果．【題目詳解】∵，∴．故選B．【題目點撥】本題考查二項分布的期望，解題的關鍵是熟記此類分布期望的計算公式，屬于基礎題．3、A【解題分析】

利用，求出，再利用，求出即可【題目詳解】，，，則有，代入得，則有，，，又，故答案選A【題目點撥】本題考查三角函數的圖像問題，依次求出和即可，屬于簡單題4、C【解題分析】

對函數求導，分別求出和的值，得到，利用導數得函數的最小值為1，把存在實數，使不等式對于任意恒成立的問題轉化為對于任意恒成立，分離參數，分類討論大于零，等于零，小于零的情況，從而得到的取值范圍。【題目詳解】由題可得，分別把和代入與中得到，解得：；，，即當時，，則在上單調遞減；當時，，則在上單調遞增；要存在實數，使不等式對于任意恒成立，則不等式對于任意恒成立，即不等式對于任意恒成立；（1）當時，顯然不等式不成立，舍去；（2）當時，不等式對于任意恒成立轉化為對于任意恒成立，即，解得：；（3）當時，不等式對于任意恒成立轉化為對于任意恒成立，即，解得：；綜述所述，實數的取值范圍是故答案選C【題目點撥】本題考查函數解析式的求法，利用導數求函數最小值，分類參數法，考查學生轉化的思想，分類討論的能力，屬于中檔題。5、D【解題分析】

設g（x）=ex（3x﹣1），h（x）=ax﹣a，對g（x）求導，將問題轉化為存在2個整數xi使得g（xi）在直線h（x）=ax﹣a的下方，求導數可得函數的極值，解g（﹣1）﹣h（﹣1）＜0，g（﹣2）﹣h（﹣2）≥0，求得a的取值范圍．【題目詳解】設g（x）=ex（3x﹣1），h（x）=ax﹣a，則g′（x）=ex（3x+2），∴x∈（﹣∞，﹣23），g′（x）＜0，g（xx∈（﹣23，+∞），g′（x）＞0，g（x∴x=﹣23，取最小值-∴g（0）=﹣1＜﹣a=h（0），g（1）﹣h（1）=2e＞0，直線h（x）=ax﹣a恒過定點（1，0）且斜率為a，∴g（﹣1）﹣h（﹣1）=﹣4e﹣1+2a＜0，∴a＜2eg（﹣2）=﹣7e由g（﹣2）﹣h（﹣2）≥0，解得：a≥73故答案為[73故選D.【題目點撥】本題考查求函數的導數，利用導數判斷函數的單調性和極值問題，涉及轉化的思想，屬于中檔題．對于函數恒成立或者有解求參的問題，常用方法有：變量分離，參變分離，轉化為函數最值問題；或者直接求函數最值，使得函數最值大于或者小于0；或者分離成兩個函數，使得一個函數恒大于或小于另一個函數．6、A【解題分析】

求出f（x）的導數，利用導函數的正負，求出函數的單調區間，從而求出函數的最大值和最小值即可．【題目詳解】函數，cosx，令＞0，解得：x，令＜0，解得：0≤x，∴f（x）在[0，）遞減，在（，]遞增，∴f（x）min＝f（），而f（0）＝0，f（）1，故f（x）在區間[0，]上的最小值和最大值分別是：．故選：A．【題目點撥】本題考查了利用導數研究函數的單調性、最值問題，考查函數值的運算，屬于基礎題．7、B【解題分析】

利用超幾何分布分別求隨機變量X的概率，分布列及其數學期望即可得出．【題目詳解】隨機變量X的所有可能取值為1，2，3，4.P(X＝k)＝(k＝1，2，3，4)．所以，隨機變量X的分布列為X1234P隨機變量X的數學期望E(X)＝.【題目點撥】本題考查了超幾何分布的概率計算公式、分布列及其數學期望，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．8、B【解題分析】

根據幾何概型的概率公式，分別求出陰影部分面積和矩形ABCD的面積，即可求得。【題目詳解】由已知可得：矩形的面積為，又陰影部分的面積為，即點取自陰影部分的概率為，故選。【題目點撥】本題主要考查面積型的幾何概型的概率求法。9、B【解題分析】

根據反解,代入即可求得結果.【題目詳解】由伸縮變換可得:代入曲線,可得:,即.故選:.【題目點撥】本題考查曲線的伸縮變換,屬基礎題,難度容易.10、C【解題分析】分析：利用OA⊥OB，OA=OB，可得出三角形AOB為等腰直角三角形，由圓的標準方程得到圓心坐標與半徑R，可得出AB，求出AB的長，圓心到直線y=﹣x+a的距離為AB的一半，利用點到直線的距離公式列出關于a的方程，求出方程的解即可得到實數a的值．詳解：∵OA⊥OB，OA=OB，∴△AOB為等腰直角三角形，又圓心坐標為（0，0），半徑R=1，∴AB=.∴圓心到直線y=﹣x+a的距離d=AB==，∴|a|=1，∴a=±1．故答案為C．點睛：這個題目考查的是直線和圓的位置關系，一般直線和圓的題很多情況下是利用數形結合來解決的，聯立的時候較少；在求圓上的點到直線或者定點的距離時，一般是轉化為圓心到直線或者圓心到定點的距離，再加減半徑，分別得到最大值和最小值；涉及到圓的弦長或者切線長時，經常用到垂徑定理和垂徑定理.11、D【解題分析】

易證，從而可推出面積為定值，則只需研究點到平面的距離的取值范圍即可得到四面體體積的取值范圍【題目詳解】分別為棱長為的正方體的棱的中點，所以，又，故點到的距離為定值，則面積為定值，當點與點重合時，為平面構不成四面體，故只能無限接近點，當點與點重合時，有最大值，體積有最值，所以四面體體積有最大值，無最小值故選D【題目點撥】本題主要考查了四面體體積的判斷，運動中的定量與變量的分析，空間想象與轉化能力，屬于中檔題12、C【解題分析】

直接由復數商的模等于模的商求解．【題目詳解】，

．

故選：C．【題目點撥】本題考查復數模的求法，復數模的性質，屬于容易題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】由即答案為14、【解題分析】試題分析：橢圓的左焦點為，右焦點為，根據橢圓的定義，，∴，由三角形的性質，知，當是延長線與橢圓的交點時，等號成立，故所求最大值為．考點：橢圓的定義，三角形的性質．15、140【解題分析】

寫出二項展開式的通項，由的指數為0求得r值，則答案可求．【題目詳解】由得由6-3r=0，得r=1．

∴常數項等于,故答案為140.【題目點撥】本題考查了二項式系數的性質，關鍵是對二項展開式通項的記憶與運用，是基礎題．16、【解題分析】試題分析：根據題意，函數與函數在上有公共點，令得：設則由得：當時，，函數在區間上是減函數，當時，，函數在區間上是增函數，所以當時，函數在上有最小值所以．考點：求參數的取值范圍．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).【解題分析】分析：⑴化簡不等式得，利用不等式性質轉化為時滿足題意，求出實數的取值范圍⑵由代入化簡不等式得不等式組，結合單調性求出最小值詳解：（Ⅰ）∵，∵，當時取等號，∴要使不等式無解，只需，解得或，則實數的取值范圍為：.（Ⅱ）因為，所以，∴在上是減函數，在上是增函數，所以，解得適合.點睛：本題考查了含有絕對值不等式的解答，運用不等式的性質進行化簡，求出最值，當參數確定范圍時，代入進行化簡得到函數的表達式，根據單調性求出結果．18、（1）；（2）；（3）【解題分析】

求導帶入求出切線斜率，再利用點斜式寫出切線。求出的單調區間，極值，則在極小值與極大值之間。參變分離，求最值。【題目詳解】(1)設切點為切線過(2)對函數求導，得函數令，即，解得，或，即，解得，的單調遞增區間是及，單調遞減區間是當,有極大值；當，有極小值當時，直線與的圖象有3個不同交點，此時方程有3個不同實根。實數的取值范圍為(3)時，恒成立，也就是恒成立，令，則，的最小值為，【題目點撥】本題考查曲線上某點的切線方程，兩方程的交點問題以及參變分離。屬于中檔題。19、（1）；；；，或（2），【解題分析】

（1）設弧上任意一點根據ABCD是邊長為2的正方形，AB所在的圓與原點相切，其半徑為1，求得，同理求得其他弧所對應的極坐標方程.（2）把直線的參數方程和的極坐標方程都化為直角坐標方程，利用數形結合求解，把直線的參數方程化為直線的標準參數方程，直角坐標方程聯立，再利用參數的幾何意義求解.【題目詳解】（1）如圖所示：設弧上任意一點因為ABCD是邊長為2的正方形，AB所在的圓與原點相切，其半徑為1，所以所以的極坐標方程為；同理可得：的極坐標方程為；的極坐標方程為；的極坐標方程為，或（2）因為直線的參數方程為所以消去t得，過定點，直角坐標方程為如圖所示：因為直線與曲線有兩個不同交點，所以因為直線的標準參數方程為，代入直角坐標方程得令所以所以所以的取值范圍是【題目點撥】本題主要考查極坐標方程的求法和直線與曲線的交點以及直線參數的幾何意義的應用，還考查了數形結合思想和運算求解的能力，屬于難題.20、(1)函數的單調遞減區間是，單調遞增區間是.(2)的最小值為.(3)證明見解析.【解題分析】分析：函數的定義域為，（1）函數，據此可知函數的單調遞減區間是，單調遞增區間是（2）由題意可知在上恒成立.據此討論可得的最小值為.（3）問題等價于.構造函數，則取最小值.設，則.由于，據此可知題中的結論成立.詳解：函數的定義域為，（1）函數，當且時，；當時，，所以函數的單調遞減區間是，單調遞增區間是（2）因在上為減函數，故在上恒成立.所以當時，，又，故當，即時，.所以，于是，故的最小值為.（3）問題等價于.令，則，當時，取最小值.設，則，知在上單調遞增，在上單調遞減.∴.∵，∴，∴故當時，.點睛：導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，所以在歷屆高考中，對導數的應用的考查都非常突出，本專題在高考中的命題方向及命題角度從高