2024屆四川省眉山一中辦學共同體高二數學第二學期期末調研模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．從一個裝有3個白球，3個紅球和3個藍球的袋中隨機抓取3個球，記事件為“抓取的球中存在兩個球同色”，事件為“抓取的球中有紅色但不全是紅色”，則在事件發生的條件下，事件發生的概率（）A． B． C． D．2．已知函數是定義在上的偶函數，且，若對任意的，都有成立，則不等式的解集為（）A． B．C． D．3．將名教師，名學生分成個小組，分別安排到甲、乙兩地參加社會實踐活動，每個小組由名教師和名學生組成，不同的安排方案共有（）A．種 B．種 C．種 D．種4．設兩個正態分布和的密度函數圖像如圖所示．則有（）A．B．C．D．5．函數的圖象在處的切線方程為（）A． B． C． D．6．已知函數，若對任意的恒成立，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．7．下列四個命題中，其中錯誤的個數是（）①經過球面上任意兩點，可以作且只可以作一個大圓；②經過球直徑的三等分點，作垂直于該直徑的兩個平面，則這兩個平面把球面分成三部分的面積相等；③球的面積是它大圓面積的四倍；④球面上兩點的球面距離，是這兩點所在截面圓上，以這兩點為端點的劣弧的長．A．0 B．1 C．2 D．38．已知是定義在上的偶函數，且在上為增函數，則的解集為（）A． B． C． D．9．已知是定義在上的偶函數，且在上是增函數，設，，，則，，的大小關系是（）A． B． C． D．10．若角的終邊經過點，則（）A． B． C． D．11．全國高中聯賽設有數學、物理、化學、生物、信息5個學科，3名同學欲報名參賽，每人必選且只能選擇一個學科參加競賽，則不同的報名種數是（）A． B． C． D．12．“1＜x＜2”是“｜x｜＞1”成立的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設，若，則14．若直線與圓相交于P.Q兩點，且∠POQ＝120°(其中O為原點)，則的值為________．15．已知數列的前項和，則__________．16．函數的導函數__________．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）如圖,已知正四棱柱的底面邊長為2,側棱長為3,,垂足為,交于點.(1)求證:⊥平面;(2)記直線與平面所成的角,求的值.18．（12分）在中，角，，的對邊分別為，，，點在直線上．（1）求角的值；（2）若，求的面積．19．（12分）設函數（其中）,且的圖像在軸右側的第一個最高點的橫坐標為（1）求的值；（2）如果在區間上的最小值為，求的值．20．（12分）已知都是實數，，.（Ⅰ）若，求實數的取值范圍；（Ⅱ）若對滿足條件的所有都成立，求實數的取值范圍．21．（12分）已知函數.（1）若在處，和圖象的切線平行，求的值；（2）設函數，討論函數零點的個數.22．（10分）已知的內角所對的邊分別為，且.（1）若，角，求角的值；（2）若的面積，，求的值.

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】

根據題意，求出和，由公式即可求出解答.【題目詳解】解：因為事件為“抓取的球中存在兩個球同色”包括兩個同色和三個同色，所以事件發生且事件發生概率為：故.故選：C.【題目點撥】本題考查條件概率求法，屬于中檔題.2、D【解題分析】

構造函數，判斷函數的單調性和奇偶性，根據其性質解不等式得到答案.【題目詳解】對任意的，都有成立構造函數在上遞增.是偶函數為奇函數，在上單調遞增.當時：當時：故答案選D【題目點撥】本題考查了函數的奇偶性，單調性，解不等式，構造函數是解題的關鍵.3、A【解題分析】試題分析：第一步，為甲地選一名老師，有種選法；第二步，為甲地選兩個學生，有種選法；第三步，為乙地選名教師和名學生，有種選法，故不同的安排方案共有種，故選A．考點：排列組合的應用．4、A【解題分析】根據正態分布函數的性質：正態分布曲線是一條關于對稱，在處取得最大值的連續鐘形曲線；越大，曲線的最高點越底且彎曲較平緩；反過來，越小，曲線的最高點越高且彎曲較陡峭，選A．5、A【解題分析】

先求出切點的坐標和切線的斜率，再寫出切線的方程.【題目詳解】當x=1時，f(1)=-2+0=-2，所以切點為（1,-2）,由題得，所以切線方程為y+2=-1·(x-1),即：故選：A【題目點撥】本題主要考查導數的幾何意義和切線方程的求法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.6、B【解題分析】

對任意的，恒成立對任意的，恒成立，對任意的，恒成立，參變分離得到恒成立，再根據對勾函數的性質求出在上的最小值即可．【題目詳解】解：對任意的，，即恒成立對任意的，恒成立，對任意的，恒成立，恒成立，又由對勾函數的性質可知在上單調遞增，，，即．故選：．【題目點撥】本題考查了導數的應用，恒成立問題的基本處理方法，屬于中檔題．7、C【解題分析】

結合球的有關概念:如球的大圓、球面積公式、球面距離等即可解決問題,對于球的大圓、球面積公式、球面距離等的含義的理解,是解決此題的關鍵.【題目詳解】對于①,若兩點是球的一條直徑的端點,則可以作無數個球的大圓,故①錯;

對于②三部分的面積都是，故②正確對于③,球面積=,是它大圓面積的四倍,故③正確;

對于④,球面上兩點的球面距離,是這兩點所在大圓上以這兩點為端點的劣弧的長,故④錯.

所以①④錯誤.

所以C選項是正確的.【題目點撥】本題考查球的性質,特別是求兩點的球面距離,這兩個點肯定在球面上,做一個圓使它經過這兩個點,且這個圓的圓心在球心上,兩點的球面距離對應的是這個圓兩點之間的對應的較短的那個弧的距離.8、B【解題分析】是定義在上的偶函數，，即，則函數的定義域為函數在上為增函數，故兩邊同時平方解得，故選9、B【解題分析】

由函數為的偶函數，得出該函數在上為減函數，結合性質得出，比較、、的大小關系，結合函數的單調性可得出、、的大小關系．【題目詳解】由函數為的偶函數，且在上是增函數，則該函數在上為減函數，且有，則，，，，且，，由于函數在上為減函數，所以，，因此，，故選B．【題目點撥】本題考查利用函數的單調性與奇偶性比較大小，考查中間值法比較指數式和對數式的大小關系，再利用函數單調性比較函數值大小時，要結合函數的奇偶性、對稱性、周期性等基本性質將自變量置于同一單調區間，結合單調性來比較大小關系，考查分析問題的能力，屬于中等題．10、A【解題分析】

用余弦的定義可以直接求解.【題目詳解】點到原點的距離為，所以，故本題選A.【題目點撥】本題考查了余弦的定義，考查了數學運算能力.11、C【解題分析】分析：利用分布計數乘法原理解答即可.詳解：全國高中聯賽設有數學、物理、化學、生物、信息5個學科，3名同學欲報名參賽，每人必選且只能選擇一個學科參加競賽，則每位同學都可以從5科中任選一科，由乘法原理，可得不同的報名種數是故選C.點睛：本題考查分布計數乘法原理，屬基礎題.12、A【解題分析】

解不等式，進而根據充要條件的定義，可得答案．【題目詳解】由題意，不等式，解得或，故“”是“”成立的充分不必要條件，故選A．【題目點撥】本題主要考查了不等式的求解，以及充分、必要條件的判定，其中解答熟記充分條件、必要條件的判定方法是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解題分析】

14、【解題分析】

作出圖形，由圖可知，點P的坐標為，由此可得的值.【題目詳解】作出圖形，由圖可知，點P的坐標為，所以直線的傾斜角或，所以.【題目點撥】本題主要考查了直線與圓的位置關系的應用，其中解答中正確作出圖形，結合圖形求解是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，以及推理與運算能力，屬于基礎題.15、64【解題分析】分析：由題意，根據數列的和的關系，求得，即可求解的值.詳解：由題意，數列的前項和為，當時，，所以點睛：本題主要考查了數列中和的關系，其中利用數列的和的關系求解數列的通項公式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力.16、【解題分析】分析：根據導數運算法則直接計算.詳解：點睛：本題考查基本初等函數導數，考查基本求解能力.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）見解析；（2）．【解題分析】分析：此題建系比較容易，所以兩問都用建系處理，以為坐標原點,分別以直線所在直線為軸,軸,軸，分別寫出坐標，設，利用解得所以，所以平面；(2)計算平面法向量，所以即可解題詳解：(1)如圖,以為坐標原點,分別以直線所在直線為軸,軸,軸,建立空間直角坐標系，易得,設,則，因為,所以，解得,即,又,,所以,所以,且，所以，又，所以平面.(2)，，，設平面的一個法向量，則即令，則，即，.點睛：空間向量是解決立體幾何問題很好的方法，也是高考每年的必考考點，所以在遇到此類問題時要注意合理的建立坐標系，建系的原則要盡量使得更多的點落在坐標軸上，這樣方便計算.18、（1）；（2）【解題分析】

（1）代入點到直線的方程，根據正弦定理完成角化邊，對比余弦定理求角；（2）將等式化簡成“平方和為零”形式，計算出的值，利用面積公式計算的面積.【題目詳解】解：（1）由題意得，由正弦定理，得，即，由余弦定理，得，結合，得.（2）由，得，從而得，所以的面積.【題目點撥】本題考查正、余弦定理的簡單應用，難度較易.使用正弦定理進行角化邊或者邊化角的過程時，一定要注意“齊次”的問題.19、(1)(2)【解題分析】試題分析：(1)f(x)＝cos2ωx＋sin2ωx＋＋a＝sin＋＋a.依題意得2ω·＋＝，解得ω＝.(2)由(1)知，f(x)＝sin＋＋a.又當x∈時，x＋∈，故≤sin≤1，從而f(x)在上取得最小值＋＋a.由題設知＋＋a＝，故a＝.考點：和差倍半的三角函數，三角函數的圖象和性質．點評：中檔題，本題較為典型，即首先利用和差倍半的三角函數公式，將三角函數式“化一”，進一步研究函數的圖像和性質．本題（2）給定了自變量的較小范圍，應注意確定的范圍，進一步確定函數的最值．20、（I）；（II）.【解題分析】試題分析：（1）化簡函數的解析式，由得或．求出每個不等式組的解集，再取并集，即得所求；（2）由題可得，由絕對值不等式可得的最小值為2，可得，再根據的解集，求得的解集.試題解析：（1），由得或解得或，故所求實數的取值范圍為．（2）由且，得，又∵，∴，∵的解集為，∴的解集為，∴所求實數的取值范圍為．點睛：本題主要考查了絕對值不等式的解法，以及轉化與化歸思想，難度一般；常見的絕對值不等式的解法，法一：利用絕對值不等式的幾何意義求解，體現了數形結合的思想；法二：利用“零點分段法”求解，體現了分類討論的思想；法三：通過構造函數，利用函數的圖象求解，體現了函數與方程的思想.21、（1）（2）見解析【解題分析】試題分析：（1）根據導數幾何意義得解得，（2）按正負討論函數單調性及值域：當時，在單增，,沒有零點;當時，有唯一的零點;當時，在上單調遞減，在上單調遞增，;在單增，，所以時有個零點；時有個零點.試題解析：（1），由，得，所以，即（2）（1）當時，在單增，，故時，沒有零點.（2）當時，顯然有唯一的零點（3）當時，設，令有，故在上單調遞增，在上單調遞減，所以，，即在上單調遞減，在上單調遞增，（當且僅當等號成立）有兩個根（當時只有一個根）在單增，令為減函數，故只有一個根.時有個零點；時有個零點；時有個零點；時有個零點；時，有個零點.22、（1）或.(2)【解題分析