2024屆山東省臨沂市羅莊區數學高二下期末教學質量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．設在定義在上的偶函數，且，若在區間單調遞減，則（）A．在區間單調遞減 B．在區間單調遞增C．在區間單調遞減 D．在區間單調遞增2．已知是等差數列的前n項和，且，則的通項公式可能是（）A． B． C． D．3．若為虛數單位，則（）A． B． C． D．4．為了測算如圖所示的陰影部分的面積，作一個邊長為3的正方形將其包含在內，并向正方形內隨機投擲600個點已知恰有200個點落在陰影部分內，據此，可估計陰影部分的面積是A．4 B．3 C．2 D．15．在某次試驗中，實數的取值如下表：013561.35.67.4若與之間具有較好的線性相關關系，且求得線性回歸方程為，則實數的值為（）A．1.5 B．1.6 C．1.7 D．1.96．已知隨機變量服從正態分布，則等于（）A． B． C． D．7．已知命題,；命題若，則，下列命題為真命題的是（）A． B． C． D．8．設函數的極小值為，則下列判斷正確的是A． B．C． D．9．在“一帶一路”的知識測試后甲、乙、丙三人對成績進行預測.甲:我的成績最高.乙:我的成績比丙的成績高丙:我的成績不會最差成績公布后,三人的成績互不相同且只有一個人預測正確,那么三人按成績由高到低的次序可能為（）A．甲、丙、乙 B．乙、丙、甲C．甲、乙、丙 D．丙、甲、乙10．設等差數列的公差為d，若數列為遞減數列，則（）A． B． C． D．11．設函數f(x)=cos(x+)，則下列結論錯誤的是A．f(x)的一個周期為?2π B．y=f(x)的圖像關于直線x=對稱C．f(x+π)的一個零點為x= D．f(x)在(,π)單調遞減12．已知雙曲線的一條漸近線方程為，則此雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若拋物線上存在關于直線成軸對稱的兩點，則的取值范圍是__________．14．若曲線(為常數)不存在斜率為負數的切線，則實數的取值范圍是__________．15．已知集合，，則_______.16．類比初中平面幾何中“面積法”求三角形內切圓半徑的方法，可以求得棱長為的正四面體的內切球半徑為__________．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）已知函數滿足，其中.（1）求的值及的最小正周期；（2）當時，求的最值.18．（12分）在平面直角坐標系中，以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，已知曲線C的極坐標方程為＝（＞0），過點的直線的參數方程為（t為參數），直線與曲線C相交于A，B兩點．（Ⅰ）寫出曲線C的直角坐標方程和直線的普通方程；（Ⅱ）若，求的值．19．（12分）已知函數.（1）求函數的定義域并判斷奇偶性；（2）若，求實數m的取值范圍.20．（12分）如圖，點在以為直徑的圓上，垂直與圓所在平面，為的垂心（1）求證：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.21．（12分）設函數.（1）當時，求關于的不等式的解集；（2）若在上恒成立，求的取值范圍.22．（10分）函數．（1）當時，求不等式的解集；（2）若不等式的解集為空集，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、D【解題分析】

根據題設條件得到函數是以2為周期的周期函數，同時關于對稱的偶函數，根據對稱性和周期性，即可求解．【題目詳解】由函數滿足，所以是周期為2的周期函數，由函數在區間單調遞減，可得單調遞減，所以B不正確；由函數在定義在上的偶函數，在區間單調遞減，可得在區間單調遞增，所以A不正確；又由函數在定義在上的偶函數，則，即，所以函數的圖象關于對稱，可得在區間單調遞增，在在區間單調遞增，所以C不正確，D正確，故選D．【題目點撥】本題主要考查了函數的單調性與對稱性的應用，以及函數的周期性的判定，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．2、D【解題分析】

由等差數列的求和公式，轉化為，故，分析即得解【題目詳解】由題意，等差數列，且可得故所以當時，則的通項公式可能是故選：D【題目點撥】本題考查了等差數列的通項公式和求和公式，考查了學生概念理解，數學運算的能力，屬于中檔題.3、D【解題分析】

根據復數的除法運算法則，即可求出結果.【題目詳解】.故選D【題目點撥】本題主要考查復數的除法運算，熟記運算法則即可，屬于基礎題型.4、B【解題分析】

根據幾何概率的計算公式可求，向正方形內隨機投擲點，落在陰影部分的概率，即可得出結論．【題目詳解】本題中向正方形內隨機投擲600個點，相當于600個點均勻分布在正方形內，而有200個點落在陰影部分，可知陰影部分的面積．故選：B．【題目點撥】本題考查的是一個關于幾何概型的創新題，屬于基礎題解決此類問題的關鍵是讀懂題目意思，然后與學過的知識相聯系轉化為熟悉的問題．在利用幾何概型的概率公式來求其概率時，幾何“測度”可以是長度、面積、體積、角度等，其中對于幾何度量為長度，面積、體積時的等可能性主要體現在點落在區域Ω上任置都是等可能的，而對于角度而言，則是過角的頂點的一條射線落在Ω的區域（事實也是角）任一位置是等可能的．5、D【解題分析】

根據表中數據求得，代入回歸直線方程即可求得結果.【題目詳解】由表中數據可知：，又，解得：本題正確選項：【題目點撥】本題考查利用回歸直線求解數據的問題，關鍵是明確回歸直線恒過點，屬于基礎題.6、D【解題分析】

根據正態分布的性質求解.【題目詳解】因為隨機變量服從正態分布，所以分布列關于對稱，又所有概率和為1，所以.故選D.【題目點撥】本題考查正態分布的性質.7、B【解題分析】解：命題p：?x＞0，ln（x+1）＞0，則命題p為真命題，則￢p為假命題；取a=﹣1，b=﹣2，a＞b，但a2＜b2，則命題q是假命題，則￢q是真命題．∴p∧q是假命題，p∧￢q是真命題，￢p∧q是假命題，￢p∧￢q是假命題．故選B．8、D【解題分析】

對函數求導，利用求得極值點，再檢驗是否為極小值點，從而求得極小值的范圍.【題目詳解】令，得，檢驗：當時，，當時，，所以的極小值點為，所以的極小值為，又．∵，∴，∴．選D.【題目點撥】本題考查利用導數判斷單調性和極值的關系，屬于中檔題.9、D【解題分析】

假設一個人預測正確，然后去推導其他兩個人的真假，看是否符合題意．【題目詳解】若甲正確，則乙丙錯，乙比丙成績低，丙成績最差，矛盾；若乙正確，則甲丙錯，乙比丙高，甲不是最高，丙最差，則成績由高到低可為乙、甲、丙；若丙正確，則甲乙錯，甲不是最高，乙比丙低，丙不是最差，排序可為丙、甲、乙．A、B、C、D中只有D可能．故選D．【題目點撥】本題考查合情推理，抓住只有一個人預測正確是解題的關鍵，屬于基礎題．10、C【解題分析】試題分析：因為是等差數列，則，又由于為遞減數列，所以，故選C.考點：1.等差數列的概念；2.遞減數列.11、D【解題分析】f(x)的最小正周期為2π，易知A正確；f＝cos＝cos3π＝－1，為f(x)的最小值，故B正確；∵f(x＋π)＝cos＝－cos，∴f＝－cos＝－cos＝0，故C正確；由于f＝cos＝cosπ＝－1，為f(x)的最小值，故f(x)在上不單調，故D錯誤．故選D.12、B【解題分析】

由漸近線方程得出的值，結合可求得【題目詳解】∵雙曲線的一條漸近線方程為，∴，∴，解得，即離心率為．故選：B．【題目點撥】本題考查雙曲線的漸近線和離心率，解題時要注意，要與橢圓中的關系區別開來．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

假設存在對稱的兩個點P，Q，利用兩點關于直線成軸對稱，可以設直線PQ的方程為，由于P、Q兩點存在，所以方程組有兩組不同的實數解，利用中點在直線上消去參數，建立關于的函數關系，求出變量的范圍．【題目詳解】設拋物線上關于直線對稱的兩相異點為、，線段PQ的中點為，設直線PQ的方程為，由于P、Q兩點存在，所以方程組有兩組不同的實數解，即得方程①判別式②．可得，，∵，∴?…③由②③可得，故答案為.【題目點撥】本題考查了直線與拋物線的位置關系，以及對稱問題，屬于中檔題．14、【解題分析】分析：令y′≥1在（1，+∞）上恒成立可得a，根據右側函數的值域即可得出a的范圍．詳解：y′=+2ax，x∈（1，+∞），∵曲線y=lnx+ax2（a為常數）不存在斜率為負數的切線，∴y′=≥1在（1，+∞）上恒成立，∴a≥﹣恒成立，x∈（1，+∞）．令f（x）=﹣，x∈（1，+∞），則f（x）在（1，+∞）上單調遞增，又f（x）=﹣＜1，∴a≥1．故答案為：．點睛：利用導數研究不等式恒成立或存在型問題，首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題.15、【解題分析】

集合，是數集，集合的交集運算求出公共部分.【題目詳解】，，故答案為：【題目點撥】本題考查集合交集運算.交集運算口訣：“越交越少，公共部分”.16、【解題分析】分析：先根據類比將正四面體分割成四個小三棱錐，再根據體積關系求內切球半徑.詳解：設正四面體的內切球半徑為，各面面積為,所以.點睛：等積法的前提是幾何圖形(或幾何體)的面積(或體積)通過已知條件可以得到，利用等積法可以用來求解幾何圖形的高或幾何體的高或內切球的半徑，特別是在求三角形的高和三棱錐的高時，這一方法回避了通過具體作圖得到三角形(或三棱錐)的高，而通過直接計算得到高的數值．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）最大值為3，最小值為．【解題分析】

(1)代入即可得到的值，化簡整理，利用周期公式即可得到答案；（2）當，利用第一問求得的解析式分析可得到最值.【題目詳解】解：（1）由，得，解得所以函數的最小正周期（2）當時，，所以的最大值為3，最小值為．【題目點撥】本題主要考查三角函數中周期的計算，最值的計算，意在考查學生的基礎知識，難度不大.18、（Ⅰ），（Ⅱ）．【解題分析】試題分析：（Ⅰ）根據可將曲線C的極坐標方程化為直角坐標，兩式相減消去參數得直線的普通方程為．（Ⅱ）由直線參數方程幾何意義有，因此將直線的參數方程代入曲線的直角坐標方程中，得,由韋達定理有．解之得：或（舍去）試題解析：（Ⅰ）由得,∴曲線的直角坐標方程為．直線的普通方程為．（Ⅱ）將直線的參數方程代入曲線的直角坐標方程中，得,設兩點對應的參數分別為,則有．∵,∴,即．∴．解之得：或（舍去）,∴的值為．考點：極坐標方程化為直角坐標，參數方程化普通方程，直線參數方程幾何意義19、（1）見解析；（2）或.【解題分析】

（1）由，求得x的范圍，可得函數y＝f（x）定義域，由函數y＝f（x）的定義域關于原點對稱，且滿足f（﹣x）＝f（x），可得函數y＝f（x）為偶函數；（2）化簡函數f（x）的解析式為所，結合函數的單調性可得，不等式等價于，由此求得m的范圍．【題目詳解】（1）由得,所以的定義域為，又因為，所以偶函數.（2）因為所以是[0，3）上的減函數,又是偶函數.故解得或.【題目點撥】本題主要考查求函數的定義域，函數的奇偶性的判斷，復合函數的單調性，屬于中檔題．20、（1）見解析（2）.【解題分析】試題分析：（1）延長交于點，由重心性質及中位線性質可得，再結合圓的性質得，由已知，可證平面，進一步可得平面平面（2）以點為原點，，，方向分別為，，軸正方向建立空間直角坐標系，寫出各點坐標，利用二面角與二個半平面的法向量的夾角間的關系可求二面角的余弦值．試題解析：（1）如圖，延長交于點.因為為的重心，所以為的中點.因為為的中點，所以.因為是圓的直徑，所以，所以.因為平面，平面，所以.又平面，平面=，所以平面.即平面，又平面，所以平面平面.（2）以點為原點，，，方向分別為，，軸正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，，則，.平面即為平面，設平面的一個法向量為，則令，得.過點作于點，由平面，易得，又，所以平面，即為平面的一個法向量.在中，由，得，則，.所以，.所以.設二面角的大小為，則.點睛：若分別二面角的兩個半平面的法向量，則二面角的大小滿足，二面角的平面角的大小是的夾角(或其補角，需根據觀察得出結論)．在利用向量求空間角時，建立合理的空間直角坐標系，正確寫出各點坐標，求出平面的法向量是解題的關鍵．21、(1)(2)【解題分析】

（1）根據絕對值的意義，取到絕對值號，得到分段函數，進而可求解不等式的解集；（2）因為，得，再利用絕對值的定義，去掉絕對值號，即可求解。【題目詳解】（1）因為，所以的解集為.（2）因為，所以，即，則，所以.【題目點撥】本題主要考查了絕對值不等式問題，對于含絕對值不等式的解法有兩個基本方法，一是運用零點分區間討論，二是利用絕對值的幾何意義求解．法一是運用分類討論思想，法二是運用數形結合思想，將絕對值不等式與函數以及不等式恒成立交匯、滲透，解題時強化函數、數形結合與轉化化歸思想方法的靈活應用