福建省晋江市四校2024-2025学年高二数学第二学期期末联考模拟试题含解析.doc

福建省晋江市四校2024-2025学年高二数学第二学期期末联考模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．条件，条件，若是的必要不充分条件，则的取值范围是 （ ）
A． B． C． D．
2．某农场给某种农作物的施肥量x(单位：吨)与其产量y(单位：吨)的统计数据如表：

由于表中的数据，得到回归直线方程为 ，当施肥量时，该农作物的预报产量是(　　)
A．72.0 B．67.7 C．65.5 D．63.6
3．已知是抛物线上一点，则到抛物线焦点的距离是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
4．定积分等于( )
A． B． C． D．
5．已知tan=4,cot=,则tan（+）=（ ）
A． B． C． D．
6．已知等差数列的前项和为，，且，则（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
7．已知，，，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
8．在《九章算术）方田章圆田术（刘徽注）中指出：“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至不能割，则与圆周合体而无所失矣．”注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程，比如在中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值，这可以通过方程确定出来，类似地，可得的值为（　　）
A． B． C． D．
9．函数的定义域为，导函数在内的图象如图所示．则函数在内有几个极小值点（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
10．已知正项等比数列的前项和为，且，则公比的值为（　　）
A． B．或 C． D．
11．定义在上的函数，当时， ，则函数（）的所有零点之和等于（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
12．如图，在正方体的八个顶点中任取两个点作直线，与直线异面且夹角成的直线的条数为（ ）．

A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．正方体的边长为，P是正方体表面上任意一点，集合，满足的点P在正方体表面覆盖的面积为_________；
14．已知∈R，设命题P：；命题Q：函数只有一个零点.则使“PQ”为假命题的实数的取值范围为______.
15．对于大于1的自然数n的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”：，，，…，仿此，若的“分裂数”中有一个是49，则n的值为________.
16．5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）函数，.
（Ⅰ）求函数的极值；
（Ⅱ）若，证明：当时，.
18．（12分）已知函数 ,函数
①当时,求函数的表达式;
②若,函数在上的最小值是2 ,求的值;
③在②的条件下,求直线与函数的图象所围成图形的面积.
19．（12分）某中学调查了某班全部名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：（单位：人）

参加书法社团

未参加书法社团

参加演讲社团

未参加演讲社团

（1）从该班随机选名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率；
（2）在既参加书法社团又参加演讲社团的名同学中，有5名男同学名女同学现从这名男同学和名女同学中各随机选人，求被选中且未被选中的概率.
20．（12分）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF中，AB＝，CE＝1，CE⊥平面ABCD．

（1）求异面直线DF与BE所成角的余弦值；
（2）求二面角A－DF－B的大小．
21．（12分）椭圆经过点，左、右焦点分别是，，点在椭圆上，且满足的点只有两个.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过且不垂直于坐标轴的直线交椭圆于，两点，在轴上是否存在一点，使得的角平分线是轴？若存在求出，若不存在，说明理由.
22．（10分）如图，已知椭圆的离心率是，一个顶点是．

（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设，是椭圆上异于点的任意两点，且．试问：直线是否恒过一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，说明理由．
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、B
【解析】
因为是的必要不充分条件，所以是的必要不充分条件，可以推导出，但是不能推导出，若，则等价于无法推导出；若，则等价于满足条件的为空集，无法推导出；若，则等价于，由题意可知，，，，的取值范围是，故选B.
2、C
【解析】
根据回归直线方程过样本的中心点，先求出中心点的坐标，然后求出的值，最后把代入回归直线方程呆，可以求出该农作物的预报产量.
【详解】
，因为回归直线方程过样本的中心点，所以有，因此，当时，，故本题选C.
本题考查了回归直线方程的性质，考查了数学运算能力.
3、B
【解析】
分析：直接利用抛物线的定义可得：点到抛物线焦点的距离 ．
详解：由抛物线方程可得抛物线中 ，则利用抛物线的定义可得点到抛物线焦点的距离．
故选B.
点睛：本题考查了抛物线的定义标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4、B
【解析】
由定积分表示半个圆的面积，再由圆的面积公式可求结果。
【详解】
由题意可知定积分表示半径为的半个圆的面积，所以，选B.
1．由函数图象或曲线围成的曲边图形面积的计算及应用，一般转化为定积分的计算及应用， 但一定要找准积分上限、下限及被积函数，且当图形的边界不同时，要讨论解决．
(1)画出图形，确定图形范围；
(2)解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；
(3)确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；
(4)计算定积分，求出平面图形的面积．
2．由函数求其定积分，能用公式的利用公式计算，有些特殊函数可根据其几何意义，求出其围成的几何图形的面积，即其定积分．有些由函数的性质求函数的定积分。
5、B
【解析】
试题分析：由题意得，，故选B．
考点：两角和的正切函数．
6、D
【解析】
分析：设等差数列的公差为d，由且，可得，，解出即可得出.
详解：设等差数列的公差为d，由且，
，，
解得，
则.
故选：D.
点睛：(1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题．
(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．
7、B
【解析】
根据指数函数、对数函数的单调性分别求得的范围，利用临界值可比较出大小关系.
【详解】
；；且

本题正确选项：
本题考查利用指数函数、对数函数的单调性比较大小的问题，关键是能够通过临界值来进行区分.
8、B
【解析】
设，可得，求解即可.
【详解】
设，则，即，解得，取.
故选B.
本题考查了类比推理，考查了计算能力，属于基础题.
9、A
【解析】
直接利用极小值点两侧函数的单调性是先减后增，对应导函数值是先负后正，再结合图像即可得出结论.
【详解】
因为极小值点两侧函数的单调性是先减后增，对应导函数值是先负后正，
由图得：导函数值先负后正的点只有一个，
故函数在内极小值点的个数是1.
故选：A
本题考查了极小值点的概念，需熟记极小值点的定义，属于基础题.
10、C
【解析】
由可得，故可求的值.
【详解】
因为，所以，
故，因为正项等比数列，故，所以，故选C.
一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：
（1）若，则；
（2）公比时，则有，其中为常数且；
（3） 为等比数列（ ）且公比为.
11、D
【解析】
分析：首先根据得到函数关于对称，再根据对称性画出函数在区间上的图像，再根据函数与函数图像的交点来求得函数的零点的和.
详解：因为故函数关于对称，令，即，画出函数与函数图像如下图所示，由于可知，两个函数图像都关于对称， 两个函数图像一共有个交点，对称的两个交点的横坐标的和为，故函数的个零点的和为.故选D.
点睛：本小题主要考查函数的对称性，考查函数的零点的转化方法，考查数形结合的数学思想方法.解决函数的零点问题有两个方法，一个是利用零点的存在性定理，即二分法来解决，这种方法用在判断零点所在的区间很方便.二个是令函数等于零，变为两个函数，利用两个函数图像的交点来得到函数的零点.
12、B
【解析】
结合图形，利用异面直线所成的角的概念，把与A1B成60°角的异面直线一一列出，即得答案．
【详解】
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的八个顶点中任取两个点作直线，
与直线A1B异面且夹角成60°的直线有：
AD1，AC，D1B1，B1C，共4条．
故选B．

本题考查异面直线的定义及判断方法，异面直线成的角的定义，体现了数形结合的数学思想，是基础题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
分别在六个侧面上找到满足到点的距离小于等于的点的集合，可大致分为两类；从而确定满足集合的点构成的图形，通过计算图形面积加和得到结果.
【详解】
在正方形、、上，满足集合的点构成下图的阴影部分：

在侧面、、覆盖的面积：
在正方形、、上，满足集合的点构成下图的阴影部分：

在侧面、、覆盖的面积：
满足的点在正方体表面覆盖的面积为：
本题正确结果：
本题考查立体几何中的距离类问题的应用，关键是能够通过给定集合的含义，确定在正方体侧面上满足题意的点所构成的图形，对于学生的空间想象能力有一定要求.
14、
【解析】
分析：通过讨论，分别求出为真时的的范围，根据 为假命题，则命题均为假命题，从而求出的范围即可．
详解：命题中，当时，符合题意．
当时， ，则 ，
所以命题为真，则，
命题中，∵，
由 ，得 或，此时函数单调递增，
由，得，此时函数单调递减．
即当时，函数 取得极大值，
当时，函数取得极小值，
要使函数只有一个零点，则满足极大值小于0或极小值大于0，
即极大值 ，解得 ．
极小值 ，解得 ．
综上实数的取值范围：或．
为假命题，则命题均为假命题．
即或 ，

即答案为
点睛：本题考查了复合命题的判断及其运算，属中档题.
15、7
【解析】
n每增加1，则分裂的个数也增加1个，易得是从3开始的第24个奇数，利用等差数列求和公式即可得到.
【详解】
从到共用去奇数个数为，而是从3开始的第24个奇
数，当时，从到共用去奇数个数为个，当时，从到共用去奇数个
数为个，所以.
故答案为：7
本题考查新定义问题，归纳推理，等差数列的求和公式，考查学生的归纳推理能力，是一道中档题.
16、240.
【解析】
先把5本书取出两本看做一个元素，这一元素和其他的三个元素分给四个同学，相当于在四个位置全排列，根据分步乘法计数原理即可得出结果.
【详解】
从5本书中取出两本看做一个元素共有种不同的取法，
这一元素与其他三个元素分给四个同学共有种不同的分法，
根据分步乘法计数原理，共有种不同的分法.
故答案为：240
本题主要考查了排列组合的综合应用，分步乘法计数原理，属于中档题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、 (Ⅰ)有极小值，无极大值.(Ⅱ)证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）求出，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间，根据单调性可得函数的极值；（2）不等式等价于，由（1）得，可得，设，利用导数研究函数的单调性，根据单调性可得，进而可得结果.
试题解析：（1）函数的定义域为，，
由得， 得，所以函数在单调递减，
在上单调递增，所以函数只有极小值.
（2）不等式等价于，由（1）得：.
所以，，所以 .
令，则，当时，，
所以在上为减函数，因此，，
因为，所以，当时，，所以，而，所以.
18、（1）；（2）；（3）.
【解析】
⑴∵,
∴当时,; 当时,
∴当时,; 当时,.
∴当时,函数.
⑵∵由⑴知当时,,
∴当时,当且仅当时取等号.
∴函数在上的最小值是,∴依题意得∴.
⑶由解得
∴直线与函数的图象所围成图形的面积
=
19、（1）；（2）.
【解析】
（1）由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有人，故至少参加上述一个社团的共有人，所以从该班级随机选名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为
（2）从这名男同学和名女同学中各随机选人，其一切可能的结果组成的基本事件有：
，共个.
根据题意，这些基本事件的出现是等可能的.
事件“被选中且未被选中”所包含的基本事件有：，共个.
因此被选中且未被选中的概率为.
考点：1.古典概型；2.随机事件的概率.
20、（1）；（2）．
【解析】
分析：（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线DF与BE所成角的余弦值.(2)利用向量法求二面角A－DF－B的大小.
详解：⑴以{ }为正交基底，建立如图空间直角坐标系C－xyz，
则D(，0，0)，F(，，1)，E(0，0，1)，B(0，，0)，C(0，0，0)，
所以＝(0，，1)，＝(0，–，1)，
从而cos<， >＝．
所以直线DF与BE所成角的余弦值为．
(2)平面ADF的法向量为＝ (，0，0).
设面BDF的法向量为 = (x，y，z)．又＝(，0，1)．
由＝0，＝0，
得y＋z＝0， x＋z＝0

取x＝1，则y＝1，z＝–，所以= (1，1，－)，
所以cos<>＝．
又因为<>∈[0，p]，所以<>＝．
所以二面角A – DF – B的大小为．
点睛：（1）本题主要考查异面直线所成角的求法，考查二面角的求法，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和基本的运算能力转化能力.(2)求二面角常用的有两种方法，方法一：（几何法）找作（定义法、三垂线法、垂面法）证（定义）指求（解三角形）
方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量；再代入公式（其中分别是两个平面的法向量，是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“”号）.
21、（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）由题得点为椭圆的上下顶点，得到a,b,c的方程组，解方程组即得椭圆的标准方程；（Ⅱ）设直线的方程为，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，根据得到. 所以存在点，使得的平分线是轴.
【详解】
解：（I）由题设知点为椭圆的上下顶点，所以，b=c,,
故，,
故椭圆方程为 .
（Ⅱ）设直线的方程为，联立
消得
设，坐标为，则有
，，又，
假设在轴上存在这样的点，使得轴是的平分线，则有
而

将，，代入
有
即
因为，故. 所以存在点，使得的平分线是轴.
本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系和椭圆中的存在性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
22、（Ⅰ）（Ⅱ）直线恒过定点
【解析】
试题分析：（Ⅰ）设椭圆C的半焦距为c．求出b利用离心率求出a，即可求解椭圆C的方程；（Ⅱ）证法一：直线PQ的斜率存在，设其方程为y=kx+m．将直线PQ的方程代入消去y，设 P，Q，利用韦达定理，通过BP⊥BQ，化简求出，求出m，即可得到直线PQ恒过的定点．证法二：直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y=kx+1，将直线BP的方程代入，消去y，解得x，设 P，转化求出P的坐标，求出Q坐标，求出直线PQ的方程利用直线系方程求出定点坐标
试题解析：（Ⅰ）解：设椭圆的半焦距为．依题意，得，
且，
解得．
所以，椭圆的方程是．
（Ⅱ）证法一：易知，直线的斜率存在，设其方程为．
将直线的方程代入，
消去，整理得．
设，，
则，．（1）
因为，且直线的斜率均存在，
所以， 整理得．（2）
因为，，
所以，．（3）
将（3）代入（2），整理得
．（4）
将（1）代入（4），整理得．
解得，或（舍去）．
所以，直线恒过定点．
证法二：直线的斜率均存在，设直线的方程为．
将直线的方程代入，消去，得
解得，或．
设，所以，，
所以．
以替换点坐标中的，可得．
从而，直线的方程是．
依题意，若直线过定点，则定点必定在轴上．
在上述方程中，令，解得．
所以，直线恒过定点．
考点：圆锥曲线的定值问题；椭圆的标准方程