2025年福建省尤溪县第七中学数学高二下期末调研模拟试题含解析.doc

2025年福建省尤溪县第七中学数学高二下期末调研模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．设集合，则的元素的个数为（ ）
A． B． C． D．
2．一盒中装有5张彩票，其中2 张有奖，3张无奖，现从此盒中不放回地抽取2次，每次抽取一张彩票．设第1次抽出的彩票有奖的事件为A，第2次抽出的彩票有奖的事件为B，则( )
A． B． C． D．
3．已知矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，F为线段CD上一动点（不含端点），现将△ADF沿直线AF进行翻折，在翻折过程中不可能成立的是（　　）

A．存在某个位置，使直线AF与BD垂直 B．存在某个位置，使直线AD与BF垂直
C．存在某个位置，使直线CF与DA垂直 D．存在某个位置，使直线AB与DF垂直
4．在等差数列中，且，则的最大值等于( ）
A．3 B．4 C．6 D．9
5．已知是虚数单位，复数满足，则（ ）
A． B． C．2 D．1
6．小明、小红、小单三户人家，每户3人，共9个人相约去影院看《老师好》，9个人的座位在同一排且连在一起，若每户人家坐在一起，则不同的坐法总数为（ ）
A． B． C． D．
7．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是
①若则;②若则;
③若,则;④若则
A．①②④ B．②③ C．①④ D．②④
8．已知复数（其中为虚数单位），则
A． B． C． D．
9．设函数，则（）
A．3 B．4 C．5 D．6
10．如图，平行六面体中，若，，，则下列向量中与相等的向量是( )

A． B．
C． D．
11．如图所示十字路口来往的车辆，如果不允许回头，共有不同的行车路线有( )

A．24种 B．16种 C．12种 D．10种
12．已知：，方程有1个根，则不可能是（ ）
A．-3 B．-2 C．-1 D．0
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），圆的参数方程是，（为参数），直线与圆交于两个不同的点、，当点在圆上运动时，面积的最大值为__________.
14．已知命题“，使”是假命题，则实数的取值范围是 ．
15．对于实数、，“若，则或”为________命题（填“真”、“假”）
16．若，则的值为__________．
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）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1千多年.在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑指四个面均为直角三角形的四面体.如图，在堑堵中，.

（1）求证：四棱锥为阳马；并判断四面体是否为鳖臑，若是，请写出各个面的直角（要求写出结论）.
（2）若，当阳马体积最大时，求二面角的余弦值.
18．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数），在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，圆C的方程为．
1）求圆C的直角坐标方程；
（2）若直线过点，圆C与直线交于点，求的值．
19．（12分） (A)在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程为(为参数)，是曲线上的动点，为线段的中点，设点的轨迹为曲线.
(1)求的坐标方程；
(2)若射线与曲线异于极点的交点为，与曲线异于极点的交点为，求.
(B)设函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
20．（12分）已知函数
（1）当为何值时，轴为曲线的切线;
（2）若存在（是自然对数的底数），使不等式成立，求实数的取值范围.
21．（12分）已知是虚数单位，复数，复数的共轭复数.
（1）若，求实数的值；
（2）若是纯虚数，求.
22．（10分）已知椭圆的离心率为，点为椭圆上一点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知两条互相垂直的直线，经过椭圆的右焦点，与椭圆交于四点，求四边形面积的的取值范围.
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、C
【解析】
分析：分别求出A和B，再利用交集计算即可.
详解：，，
则，交集中元素的个数是5.
故选：C.
点睛：本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键.
2、D
【解析】
由题意，第1次抽出的彩票有奖，剩下4张彩票，其中1张有奖，3张无奖，即可求出．
【详解】
由题意，第1次抽出的彩票有奖，剩下4张彩票，其中1张有奖，3张无奖，
所以．
故选：D．
本题考查条件概率，考查学生的计算能力，比较基础．
3、C
【解析】
连结BD，在中，可以作于O，并延长交CD于F，得到成立，得到A正确；由翻折中，保持不变，可得到B正确；根据翻折过程中，，可得到C错误；根据翻折过程中，保持不变，假设成立，得到平面ABD，结合题中条件，进而可得出结果.
【详解】
对于A，连结BD，在中，可以作于O，并延长交CD于F，
则成立，翻折过程中，这个垂直关系保持不变，故A正确；

对于B，在翻折过程中，保持不变，
当时，有平面，从而，
此时，AD＝1，AB＝2，BD＝，故B正确；
对于C，在翻折过程中，保持不变，若成立，则平面CDF，从而，
AD＝1，AC＝，得CD＝2，
在翻折过程中，，即CD＜2，所以，CD＝2不成立，C不正确；
对于D，在翻折过程中，保持不变，若成立，则平面ABD，从而，
设此时，则BF＝，
BD＝，只要，BD就存在，
所以D正确
选C．
本题主要考查空间中直线与直线的位置关系，熟记线面垂直的判定定理与性质定理即可，属于常考题型.
4、B
【解析】
先由等差数列的求和公式，得到，再由基本不等式，即可求出结果.

【详解】
因为在等差数列中，
所以，即，
又，
所以，
当且仅当时，的最大值为4.
故选B。
本题主要考查基本不等式求积的最大值，熟记等差数列的求和公式以及基本不等式即可，属于常考题型.
5、A
【解析】
分析:先根据已知求出复数z,再求|z|.
详解：由题得，所以.
故答案为A.
点睛：（1）本题主要考查复数的除法运算，意在考查学生对该基础知识的掌握水平.(2) 复数的模.
6、C
【解析】
分两步，第一步，将每一个家庭的内部成员进行全排列；第二步，将这三个家庭进行排列
【详解】
先将每一个家庭的内部成员进行全排列，有种可能
然后将这三个家庭（ 家庭当成一个整体）进行排列，有种可能
所以共有种情况
故选：C
本题考查的是排列问题，相邻问题常用捆绑法解决.
7、D
【解析】
根据选项利用判定定理、性质定理以及定义、举例逐项分析.
【详解】
①当都在平面内时，显然不成立，故错误；②因为，则过的平面与平面的交线必然与平行；又因为，所以垂直于平面内的所有直线，所以交线，又因为交线，则，故正确；③正方体上底面的两条对角线平行于下底面，但是两条对角线不平行，故错误；④因为垂直于同一平面的两条直线互相平行，故正确；
故选：D.
本题考查判断立体几何中的符号语言表述的命题的真假，难度一般.处理立体几何中符号语言问题，一般可采用以下方法：（1根据判定、性质定理分析；（2）根据定义分析；（3）举例说明或者作图说明.
8、B
【解析】
分析：根据复数的运算法则和复数的模计算即可.
详解：，
则.
故选：B.
点睛：复数的代数形式的运算主要有加、减、乘、除及求低次方根．除法实际上是分母实数化的过程．
9、C
【解析】
根据的取值计算的值即可.
【详解】
解：，
故，
故选：C.
本题考查了函数求值问题，考查对数以及指数的运算，是一道基础题.
10、D
【解析】
由题意可得,化简得到结果．
【详解】
由题意可得
,故选D.
本题主要考查两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，属于基础题．
11C
【解析】
根据题意，车的行驶路线起点有4种，行驶方向有3种，所以行车路线共有种，故选C.
12、D
【解析】
由题意可得，可令，求得导数和单调性、最值，运用排除法即可得到所求结论．
【详解】
，方程有1个根，
可得，
可令，，
可得时，，递增；时，，递减，
可得时，取得最大值，且时，，
若时，，可得舍去，方程有1个根；
若时，，可得，方程有1个根；
若时，，可得，方程有1个根；
若时，，无解方程没有实根．
故选D．
本题考查函数方程的转化思想，以及换元法和导数的运用：求单调性和极值、最值，考查化简运算能力，属于中档题．

二、填空题：本题共4小题每小题5分，共20分。
13、
【解析】
通过将面积转化为以AB为底，P到AB的距离为高即可求解.
【详解】
直线的直角坐标方程为：，圆的直角坐标方程为：，即圆心为坐标原点，半径为1.因此圆心到直线的距离为，因此，设P到线段AB的高为h，则，因此.
本题主要考查直线与圆的位置关系，面积最值问题.意在考查学生的转化能力，计算能力，难度中等.
14、
【解析】
试题分析：由题意得
考点：命题真假
【方法点睛】(1)对全称(存在性)命题进行否定的两步操作：①找到命题所含的量词，没有量词的要结合命题的含义加上量词，再进行否定；②对原命题的结论进行否定.(2)判定全称命题“∀x∈Mp(x)”是真命题，需要对集合M中的每个元素x，证明p(x)成立；要判定一个全称命题是假命题，只要举出集合M中的一个特殊值x0，使p(x0)不成立即可.要判断存在性命题是真命题，只要在限定集合内至少能找到一个x＝x0，使p(x0)成立即可，否则就是假命题.
15、真
【解析】
按反证法证明.
【详解】
假设命题的结论不正确，，那么结论的否定且正确，
若且，则
这与已知矛盾，
原命题是真命题，
即“若，则或”为真命题.
故答案为：真
本题考查判断命题的真假，意在考查推理与证明，属于基础题型.
16、84.
【解析】
分析：根据原式右边的展开情况可将原式左边写成：然后根据二项式定理展开求（x-1）3的系数即可.
详解：由题可得： ，
故根据二项式定理可知：
故答案为84.
点睛：本题考查二项式定理的运用，注意运用变形和展开式的通项公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题．

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、（1）证明见解析；是，，，，；（2）.
【解析】
（1）由堑堵的性质得：四边形是矩形，推导出，，从而BC⊥平面，由此能证明四棱锥为阳马，四面体是否为鳖臑;
（2）阳马B﹣A1ACC1的体积：阳马的体积：，当且仅当时，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出当阳马体积最大时，二面角的余弦值．
【详解】
证明：（1）由堑堵的性质得：四边形是矩形，底面，平面，，
又，，平面，面，四棱锥为阳马，
四面体为鳖臑，四个面的直角分别是，，，.
（2），由（1）知阳马的体积：
，当且仅当时，，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，
，，
设平面的法向量，则，取，得，
设平面的法向量，则，取，得，
设当阳马体积最大时，二面角的平面角为，则，
当阳马体积最大时，二面角的余弦值为.

本题考查棱锥的结构特征的运用，直线与平面垂直的性质，线面垂直的判定，二面角的向量求法，关键在于熟练掌握空间的线面、面面关系，二面角的向量求解方法，属于中档题.
18、（1）；（2）．
【解析】
试题分析：（1）直接利用转换关系把圆的极坐标方程转换为直角坐标方程．（2）将直线的参数方程和圆联立，整理成一元二次方程，进一步利用根和系数的关系求出结果．
解析：
(1)
(2)证明：把
得证．
19、 (A) (1)(为参数)，(2)
(B) (1)；(2).
【解析】
试题分析：
A
(1)结合题意可得的极坐标方程是(为参数)，
(2)联立极坐标方程与参数方程，结合极径的定义可得
B
(1)由题意零点分段可得不等式的解集是；
(2)由恒成立的条件得到关于实数a的不等式组，求解不等式可得实数的取值范围是.
试题解析：
(A)解：(1)设，则由条件知，由于点在曲线上，
所以，即，
从而的参数方程为(为参数)，
化为普通方程即，
将，所以曲线后得到
极坐标方程为.
(2)曲线的极坐标方程为，
当时，代入曲线的极坐标方程，得，
即，解得或，
所以射线与的交点的极径为，
曲线的极坐标方程为.
同理可得射线与的交点的极径为.
所以.
(B)解：(1)当时，
由解得.
(2)因为且.
所以只需，解得.
20、（1）（2）
【解析】
（1）设曲线与轴相切于点，利用导数的几何意义，列出方程组，即可求解；
（2）把不等式成立，转化为，构造函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解．
【详解】
（1）设曲线与轴相切于点，则，，
即，
解得，即当时，轴为曲线的切线．
（2）由题意知，即，
设，则，
当时，，此时单调递减;
当时，，此时单调递增.
存在，使成立，等价于，即，
又，，故，
所以.
本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
21、（1）4；（2）.
【解析】
（1）先求出，再根据，求出实数的值；（2）由已知得，再根据是纯虚数求出a的值即得解.
【详解】

（1）由已知得

（2）由已知得
是纯虚数，,
解得，
.
本题主要考查复数的计算和复数的概念，考查复数模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
22、（1）；（2）
【解析】
（1）由题意可得，解得进而得到椭圆的方程；（2）设出直线l1，l2的方程，直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，分别求得|AB|，|MN|，再由四边形的面积公式，化简整理计算即可得到取值范围．
【详解】
（1）由题意可得，解得a2＝4，b2＝3，c2＝1
故椭圆C的方程为；
（2）当直线l1的方程为x＝1时，此时直线l2与x轴重合，
此时|AB|＝3，|MN|＝4，
∴四边形AMBN面积为S|AB|•|MN|＝1．
设过点F（1，0）作两条互相垂直的直线l1：x＝ky+1，直线l2：xy+1，
由x＝ky+1和椭圆1，可得（3k2+4）y2+1ky﹣9＝0，
判别式显然大于0，y1+y2，y1y2，
则|AB|••，
把上式中的k换为，可得|MN|
则有四边形AMBN面积为S|AB|•|MN|••，
令1+k2＝t，则3+4k2＝4t﹣1，3k2+4＝3t+1，
则S，
∴t＞1，
∴01，
∴y＝﹣（）2，在（0，）上单调递增，在（，1）上单调递减，
∴y∈（12，]，
∴S∈[，1）
故四边形PMQN面积的取值范围是
本题考查直线和椭圆的位置关系，同时考查直线椭圆截得弦长的问题，以及韦达定理是解题的关键，属于难题．