2024屆安徽省三校高二數學第二學期期末復習檢測模擬試題含解析

2024屆安徽省三校高二數學第二學期期末復習檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．復數(為虛數單位)的共軛復數是（）A． B． C． D．2．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．3．（2018年天津市河西區(qū)高三三模）已知雙曲線：的虛軸長為，右頂點到雙曲線的一條漸近線的距離為，則雙曲線的方程為（）A． B． C． D．4．如圖，網格紙上小正方形的邊長為，粗線條畫出的是一個三棱錐的三視圖，則該三棱錐的體積是（）A． B． C． D．5．已知雙曲線的一個焦點為,一條漸近線的斜率為,則該雙曲線的方程為（）A． B． C． D．6．如圖，四個相同的直角三角形與中間的小正方形拼成一個大正方形，已知小正方形的外接圓恰好是大正方形的內切圓，現在大正方形內隨機取一點，則此點取自陰影部分的概率為（）A． B． C． D．7．下列有關命題的說法正確的是A．“”是“”的充分不必要條件B．“x=2時，x2－3x+2=0”的否命題為真命題C．直線：，：，的充要條件是D．命題“若，則”的逆否命題為真命題8．已知，，則A． B． C． D．9．一個質量均勻的正四面體型的骰子，其四個面上分別標有數字，若連續(xù)投擲三次，取三次面向下的數字分別作為三角形的邊長，則其能構成鈍角三角形的概率為（）A． B． C． D．10．已知函數（其中）在區(qū)間上單調遞減，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．11．已知(為虛數單位)，則A． B． C． D．12．的展開式中只有第5項二項式系數最大，則展開式中含項的系數是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數的導函數為，且滿足，則__________．14．二項式展開式中含項的系數是__________．15．已知三棱錐的底面是等腰三角形，，底面，，則這個三棱錐內切球的半徑為_______.16．已知（為常數），在上有最小值，那么在上的最大值是三、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,,分別為三個內角,,的對邊，且.（1）求角的大??；（2）若且的面積為，求的值.18．（12分）已知函數．（1）解不等式；（2）若對恒成立，求實數的取值范圍．19．（12分）已知函數（1）求函數的單調區(qū)間；（2）已知，且恒成立，求的最大值；20．（12分）已知點為拋物線上異于原點的任意一點，為拋物線的焦點，連接并延長交拋物線于點，點關于軸的對稱點為.（1）證明：直線恒過定點；（2）如果，求實數的取值范圍.21．（12分）已知二次函數滿足，且.（1）求的解析式；（2）設函數，當時，求的最小值；（3）設函數，若對任意，總存在，使得成立，求m的取值范圍.22．（10分）已知橢圓過點，且離心率為.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）為橢圓的左、右頂點，直線與軸交于點，點是橢圓上異于的動點，直線分別交直線于兩點.證明：恒為定值.

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、D【解題分析】

化簡，由共軛復數的定義即可得到答案。【題目詳解】由于，所以的共軛復數是，故答案選D.【題目點撥】本題考查復數乘除法公式以及共軛復數的定義。2、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.3、A【解題分析】分析：由虛軸長為可得，由到漸近線的距離為可解得，從而可得結果.詳解：由虛軸長為可得，右頂點到雙曲線的一條漸近線距離為，，解得，則雙曲線的方程為，故選A.點睛：用待定系數法求雙曲線方程的一般步驟；①作判斷：根據條件判斷雙曲線的焦點在軸上，還是在軸上，還是兩個坐標軸都有可能；②設方程：根據上述判斷設方程或；③找關系：根據已知條件，建立關于、、的方程組；④得方程：解方程組，將解代入所設方程，即為所求.4、B【解題分析】

由三視圖得到該幾何體為三棱錐，底面是等腰直角三角形，且，三棱錐的高為1．再由棱錐體積公式求解．【題目詳解】由三視圖還原原幾何體，如圖所示，該幾何體為三棱錐，底面是等腰直角三角形，且，三棱錐的高為1．∴該三棱錐的體積．故選B．【題目點撥】本題考查了幾何體的三視圖及體積的計算，在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，要根據三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線，求解以三視圖為載體的空間幾何體的表面積與體積的關鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關系和數量關系，利用相應公式求解．5、C【解題分析】

根據雙曲線一個焦點可以求出,再根據一條漸近線的斜率為,可求出的關系,最后聯立,解方程求出,求出方程即可.【題目詳解】因為雙曲線一個焦點的坐標為,所以,一條漸近線的斜率為,所以有,而,所以,因此有.故選：C【題目點撥】本題考查了求雙曲線方程,考查了雙曲線的漸近線方程,考查了數學運算能力.6、B【解題分析】分析：設大正方形的邊長為1，其內切圓的直徑為1，則小正方形的邊長為，從而陰影部分的面積為，由此利用幾何概型能求出在大正方形內隨機取一點，則此點取自陰影部分的概率.詳解：設大正方形的邊長為1，其內切圓的直徑為1，則小正方形的邊長為，所以大正方形的面積為1，圓的面積為，小正方形的面積為，則陰影部分的面積為，所以在大正方形內隨機取一點，則此點取自陰影部分的概率.點睛：本題主要考查了面積比的幾何概型及其概率的計算問題，其中根據題意，準確求解陰影部分的面積是解答本題的關鍵，著重考查了推理與運算能力，以及函數與方程思想的應用，屬于基礎題.7、D【解題分析】A選項不正確，由于可得，故“”是“”的必要不充分條件；B選項不正確，“時，”的逆命題為“當時，”，是假命題，故其否命題也為假；C選項不正確，若兩直線平行，則，解得；D選項正確，角相等時函數值一定相等，原命題為真命題，故其逆否命題為真，故選：D．8、A【解題分析】，故選A.9、C【解題分析】

三次投擲總共有64種,只有長度為或223的三邊能構成鈍角三角形,由此計算可得答案.【題目詳解】解：由題可知：三次投擲互不關聯，所以一共有種情況：能構成鏈角三角形的三邊長度只能是：或者是所以由長度為的三邊構成鈍角三角形一共有：種：由三邊構成鈍角三角形一共有：種：能構成鈍角三角形的概率為.故選:C.【題目點撥】本題考查了古典概型的概率求法,分類計數原理,屬于基礎題.10、D【解題分析】

根據復合函數增減性與對數函數的增減性來進行判斷求解【題目詳解】，為減函數，若底數，根據復合函數同增異減的性質，可得函數在定義域內單調遞增，與題不符，舍去若底數，根據復合函數同增異減的性質，可得函數在定義域內單調遞減，的定義域滿足，，因在區(qū)間上單調遞減，故有，所以答案選D【題目點撥】復合函數的增減性滿足同增異減，對于對數函數中底數不能確定的情況，需對底數進行分類討論，再進行求解11、B【解題分析】

由題得，再利用復數的除法計算得解.【題目詳解】由題得，故答案為：B【題目點撥】本題主要考查復數的運算，意在考查學生對該知識的掌握水平和分析推理計算能力.12、C【解題分析】

根據只有第5項系數最大計算出，再計算展開式中含項的系數【題目詳解】只有第5項系數最大,展開式中含項的系數,系數為故答案選C【題目點撥】本題考查了二項式定理，意在考查學生的計算能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、-1【解題分析】分析：先求導數，解得，代入解得.詳解：因為，所以所以因此，點睛：利用導數的幾何意義解題，主要是利用導數、切點坐標、切線斜率之間的關系來進行轉化.14、210.【解題分析】分析：先根據二項展開式通項公式得含項的項數，再代入得系數詳解：因為，所以因此含項的系數是.點睛：求二項展開式有關問題的常見類型及解題策略(1)求展開式中的特定項.可依據條件寫出第項，再由特定項的特點求出值即可.(2)已知展開式的某項，求特定項的系數.可由某項得出參數項，再由通項寫出第項，由特定項得出值，最后求出其參數.15、【解題分析】分析：利用等體積法，設內切球半徑為r，則r（S△ABC+S△PAC+S△PAB+S△PCB）=×PA?S△ABC，解得求出r，再根據球的體積公式即可求出．詳解：∵AB⊥AC，PA⊥底面ABC，PA=AB=1，∴∴S△ABC=×AC×BC=×1×1=，S△PAC=×AC×PA=S△PAB=×AB×PA=，S△PCB==，∴VP﹣ABC=×PA?S△ABC=，設內切球半徑為r，則r（S△ABC+S△PAC+S△PAB+S△PCB）=×PA?S△ABC，解得r=．故答案為．點睛：（1）本題主要考查幾何體的內切球問題，意在考查學生對這些知識的掌握水平和空間想象能力分析推理能力.(2)求幾何體的內切球的半徑一般是利用割補法和等體積法.16、57【解題分析】試題分析：單調增區(qū)間為減區(qū)間為，最大值為考點：函數導數與最值三、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).【解題分析】分析：（1）根據正弦定理邊化角，根據三角恒等變換求出A；（2）根據面積求出bc=4，利用余弦定理求出a．詳解：（1）由正弦定理得，∵∴，即．∵，∴，∴∴．（2）由：可得．∴，∵，∴由余弦定理得：，∴.點睛：解三角形問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據正、余弦定理結合已知條件靈活轉化邊和角之間的關系，從而達到解決問題的目的.其基本步驟是：第一步：定條件，即確定三角形中的已知和所求，在圖形中標出來，然后確定轉化的方向.第二步：定工具，即根據條件和所求合理選擇轉化的工具，實施邊角之間的互化.第三步：求結果.18、（1）；（2）.【解題分析】

（1）利用分段討論法去掉絕對值，求出不等式f（x）-f（2x+4）＜2的解集；（2）由絕對值不等式的意義求出f（x）+f（x+3）的最小值，得出關于m的不等式，求解即可．【題目詳解】解：（1）由題知不等式，即，等價于，或，或；解得或或，即或，原不等式的解集為，，；（2）由題知，的最小值為3，，解得，實數的取值范圍為，．【題目點撥】本題考查了含有絕對值的不等式解法與應用問題，也考查了不等式恒成立問題，是基礎題．19、（1）函數在區(qū)間上單調遞減，在上單調遞增；（2）.【解題分析】

（1）函數求導，根據導函數的正負判斷函數的單調性.（2）設，求導，根據函數的單調性求函數的最值，得到，再設函數根據函數的最值計算的最大值.【題目詳解】（1）由已知得，令，則由得，由，得所以函數在區(qū)間上單調遞減，在上單調遞增.（2）若恒成立，即恒成立當時，恒成立，則；當時，為增函數，由得，故，.當時，取最小值.依題意有，即，，令，則，，所以當，取最大值，故當時，取最大值.綜上，若，則的最大值為.【題目點撥】本題考查了函數的單調性，函數最值，恒成立問題，構造函數，綜合性大，技巧強，計算量大，意在考查學生的綜合應用能力.20、（1）證明見解析；（2）【解題分析】

（1）設，計算得到，直線的方程為，得到答案.（2）計算，設，討論，，三種情況，分別計算得到答案.【題目詳解】（1）設，因為，所以，由三點共線得，化簡得，即，由此可得，所以直線的方程為，即，因此直線恒過定點.（2），，令，如果，則；如果，則，當時，，時等號成立，從而，即；當時，函數在上單調遞減，當時，，故，故，所以，故.綜上，實數的取值范圍為.【題目點撥】本題考查了拋物線中直線過定點問題，求參數范圍，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.21、（1）；（2）；（3）【解題分析】

(1)根據二次函數,則可設,再根據題中所給的條件列出對應的等式對比得出所求的系數即可.(2)根據(1)中所求的求得,再分析對稱軸與區(qū)間的位置關系進行分類討論求解的最小值即可.(3)根據題意可知需求與在區(qū)間上的最小值.再根據對數函數與二次函數的單調性求解最小值即可.【題目詳解】(1)設.①∵,∴,又∵,∴,可得,∴解得即.(2)由題意知,,,對稱軸為.①當,即時,函數h(x)在上單調遞增,即；②當,即時,函數h(x)在上單調遞減,在上單調遞增,即.綜上,(3)由題意可知,∵函數在上單調遞增,故最小值為,函數在上單調遞減,故最小值為,∴,解得.【題目點撥】本題主要考查利用待定系數法求解二次函數解析式的方法,二次函數對稱軸與區(qū)間關系求解最值的問題,以及恒成立和能成立的問題等.屬于中等題型.22、（Ⅰ）.（Ⅱ）為定值.證明見解析．【解題分析】本試題主要是考出了