精品解析：海南省海口市海南中学2023-2024学年高二下学期期末模拟数学试题

海南中学2023-2024学年度高二下学期 期末测试模拟卷 数学试卷 整体难度：适中.考察范围：集合与常用逻辑用语、函数与导数、三角函数与解三角形、平 面解析几何、复数、计数原理与概率统计、平面向量、空间向量与立体几何、等式与不等式、新文化试题分类.题型统计：单选题8道、多选题3道、单空题3道.解答题5道. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知为正实数，且满足，则的最小值为（ ） A. B. C. 8 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】利用“1”的代换法，利用基本不等式求得最小值． 【详解】根据题意， 当且仅当，即时，等号成立． 故选：C 2. 已知全集，集合，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求集合中函数的值域，得到集合，再由集合交集和补集的定义求. 【详解】函数值域为，则， 又，则有，所以. 故选：D. 3. 在四面体ABCD中，平面平面BCD，，且，则四面体ABCD的体积为（ ） A. 2 B. 6 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据面面垂直可得线面垂直，结合等腰三角形可知四面体的高，进而可得体积. 【详解】如图所示， 取的中点，连接， 因为，所以， 又平面平面，平面平面， 所以平面， 因为，，所以， 又， 所以四面体的体积， 故选：C. 4. 若，则的值为（ ） A. B. C. 253 D. 126 【答案】C 【解析】 【分析】先令，求得，再利用通项公式求得求解. 【详解】解：令， 得， ， ∴. 故选：C. 5. 下列说法错误的是（ ） A. 若随机变量满足且，则 B. 样本数据50，53，55，59，62，68，70，73，77，80的第45百分位数为62 C. 当时，若事件A、B相互独立，则 D. 若A、B两组成对数据的相关系数分别为，则A组数据的相关性更强 【答案】D 【解析】 【分析】根据方差的性质即可求解A，根据百分位数即可求解B,根据相互独立事件的乘法公式，结合条件概率的计算公式即可求解C，根据相关系数的大小即可求解D. 【详解】对于A, 且，则,A正确， 对于B，由于，故样本数据50，53，55，59，62，68，70，73，77，80的第45百分位数为第5个数62，B正确， 对于 C, 事件A、B相互独立,则,所以,C正确， 对于D，由于,所以组数据的相关性更强，D错误， 故选：D 6. 如图，可导函数在点处的切线为，设，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 是的极大值点 D. 是的极小值点 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，求得函数在处的切线方程，得到，通过对其求导分析，得出的单调性，极值和值域，即可一一判断选项正误. 【详解】因函数在点处的切线为， 即，则， 于是，，由图知，当时，，此时， 当时，，此时. 对于B项，由上分析，B项显然错误； 对于C, D项，由上分析，当时，单调递增；当时，单调递减, 即当时，取得极大值，且，故C项正确，D项错误； 对于A项，由上分析时，取得极大值，也是最大值， 则有 ，故A项错误. 故选：C. 7. 已知函数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先推导函数的奇偶性和单调性，再根据充分必要条件的规定进行判断即得. 【详解】易知函数的定义域为．由可得， 所以函数是偶函数．易得，令， 则，当且仅当时取等号， 所以是增函数，又，故当时，，即在上单调递增． 由上分析知，当时， ，因， 故当时，，即“”是“”的充分条件； 当时，，可得，所以或， 即“”不是“”的必要条件． 故选：A． 8. 在锐角中，角的对边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件结合向量数量积的定义、余弦定理求出，由正弦定理可得，化简即可得到答案. 【详解】因为为锐角三角形，，所以，由，则， 由余弦定理可得：，即， 由正弦定理可得：. 故选：B 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 关于函数的图象和性质，叙述正确的有（ ） A. 是上的奇函数 B. 值域为 C. 将图象向右平移2024个单位，则所得函数图象关于轴对称 D. 当时，有两个零点 【答案】BD 【解析】 【分析】由余弦函数的性质就可以判断ABD，选项C由平移思想，没法诱导为余弦函数，所以是错误的. 【详解】由得，是偶函数，所以选项A是错误的； 由的值域是，所以选项B是正确的； 将图象向右平移2024个单位，可得，显然不可以诱导为余弦函数，所以选项C是错误的； 当时，余弦函数在一个周期内显然有两个零，即，所以选项D是正确的. 故选：. 10. 已知圆锥的侧面积为，底面圆的周长为，则（ ） A. 圆锥的母线长为4 B. 圆锥的母线与底面所成角的正弦值为 C. 圆锥的体积为 D. 沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求出圆锥的母线和底面半径的长，逐项计算后可得正确的选项. 【详解】 对于A， 设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，则，故， 故A正确. 对于B，圆锥的高为，则， 故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为，故B错误. 对于C，圆锥的体积为，故C正确. 对于D，沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为， 故所得圆台的体积为，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知定义在上的函数，对任意有，其中；当时，，则（ ） A. 为上的单调递增函数 B. 为奇函数 C. 若函数为正比例函数，则函数在处取极小值 D. 若函数为正比例函数，则函数只有一个非负零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，利用函数单调性的定义，设，，得出即可得证； 选项B，先得出，再设，得出，即可得证； 选项C，在前提下，求函数的导函数，分析导函数的正负，得出函数的单调性以及极值即可； 选项D，在前提下，函数，利用零点存在性定理，代入特殊值检验即可. 详解】对于选项A，设，且，， ，即， 故单调递增，选项A正确； 对于选项B，是定义在上的函数，取，则， 取，则，即， 故是奇函数，选项B正确； 对于选项C、D，设，代入，得， 其中C选项，，， 当时，，在区间上单调递增， 当时，，在区间上单调递减， 函数在处取极大值，无极小值,选项C错误； 其中D选项，函数， 其中， ， ， ， 由零点存在性定理可知，函数分别在区间，和上各至少存在一个零点，选项D正确； 故选：ABD 【点睛】方法点睛：抽象函数单调性问题主要包括： 1.判断（证明）函数的单调性：这类问题通常要求在给定的区间上设出自变量的任意两个取值并给出它们之间的大小关系，然后对函数值因式进行化简变形，并判断其符号，得出函数的单调性结论； 2.利用函数的单调性比较大小：这包括正用和逆用两种方法，即若已知函数在某个区间上是增函数，则当时，有；反之亦然； 3.利用函数的单调性求函数的最值（值域）：通过函数的单调性，可以求得函数的值域，进而求得函数的最大值或最小值； 4.利用函数的单调性：用将函数值之间的不等关系用于自变量间的不等关系，进行等价转化即可； 5.利用函数的单调性求参数的取值范围：通过将参数看成已知数，求函数的单调区间，再与已知的单调区间比较，或通过建立关于参数的不等式（组）或方程（组），解不等式（组）或方程（组）求出参数的取值范围. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，其中是虚数单位，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，从而求出，最后求出其模. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以. 故选： 13. 一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字，现从盒子中随机抽取卡片，若第一次抽取一张卡片，放回后再抽取1张卡片，则两次抽取的卡片数字之和不大于6的概率是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用列举法求出古典概率即可. 【详解】两次抽取的试验的样本空间，共16个， 两次抽取的卡片数字之和大于6的事件，共3个， 所以两次抽取的卡片数字之和大于6的概率是， 则不大于6的概率为. 故答案为：. 14. 若定义在A上的函数和定义在B上的函数，对任意的，存在，使得（t为常数），则称与具有关系．已知函数（），（），且与具有关系，则m的取值范围为_____________________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据题意求出函数的值域为，由题意得到的值域，再将函数进行换元，，由对称轴进行分类讨论，得到的值域，从而得到不等式，求出答案. 【详解】由题意得对任意，存在，使得， 又，故的值域， 因，， 令，则， 设， ①若对称轴，即时，， 则，解得，与求交集，结果为； ②若，即时，， 则，解得，与取交集，结果为， ③若，即时，， 则，解得或，与取交集，结果为， ④若，即时，， 则，解得或，与取交集，结果为． 综上，或． 所以的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：函数新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局.根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响. （1）经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望； （2）若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率. 【答案】（1）分布列见解析，2 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可知，进而利用二项分布求出的分布列及数学期望； （2）由题意可知，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况，即甲获胜2局，甲获胜3局，从而结合（1）可得结果. 【小问1详解】 由题意得，，X的取值可能为0，1，2，3， 则，， ，. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 因为，所以X的期望. 【小问2详解】 第3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况： 甲获胜2局，甲获胜3局， 所以所求概率为. 16. 如图，平面，在平面的同侧，，，，. （1）若四点在同一平面内，求线段的长； （2）若，平面与平面的夹角为，求线段的长. 【答案】（1）1； （2） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理、性质定理得四边形是平行四边形可得答案； （2）以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，设，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案. 【小问1详解】 ，平面，平面，平面， ，则四点共面， 平面，平面，平面平面，，又，则四边形是平行四边形， ； 【小问2详解】 以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴， 建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，， 设是平面的一个法向量， 由，得，令，可得， 可得， 设是平面的一个法向量， 由，得，令，可得， 可得， 依题意， 解得，. 17. 全球新能源汽车产量呈上升趋势.以下为2018−2023年全球新能源汽车的销售量情况统计. 年份 2018 2019 2020 2021 2022 2023 年份编号 1 2 3 4 5 6 销售量/百万辆 2.02 2.21 3.13 6.70 10.80 14.14 若与的相关关系拟用线性回归模型表示，回答如下问题： （1）求变量与的样本相关系数（结果精确到0.01）； （2）求关于的线性回归方程，并据此预测2024年全球新能源汽车的销售量. 附：线性回归方程，其中，， 样本相关系数. 参考数据：，，，. 【答案】（1）. （2），15.46百万辆 【解析】 【分析】（1）利用相关系数 公式即可求解； （2）根据已知数据，利用公式先求出，进而求出，得到线性回归方程，再利用线性回归方程进行预测即可. 【小问1详解】 因为， ， 所以， ， 所以. 【小问2详解】 由题意得， 所以 得关于线性回归方程为 所以可以预测2024年全球新能源汽车的销售量为百万辆. 18. 已知函数. （1）证明：，总有成立； （2）设，证明：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）令，将函数化为，构造函数，利用导数研究其单调性及最值即可证明； （2）由（1）知，可得，化简得，累加即可证明结论. 【小问1详解】 令，则因为，， 令，则， 又令，则， 当时，在上单调递减，所以， 所以时，在上单调递减， 所以，即，总有成立； 【小问2详解】 由（1）知即对任意的恒成立. 所以对任意的，有，整理得到：， 故， 故不等式成立. 19. 图是一个 11阶的杨辉三角： （1）求第22行中从左到右的第3 个数； （2）在杨辉三角形中是否存在某一行，该行中三个相邻的数之比为1：3：5?若存在，试求出这三个数：若不存在，请说明理由. （3）杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关.如：从第3行开始，除了1以外，其它每一个数是它肩上的二个数之和；请尝试证明：当，，， 【答案】（1）231 （2）7，21，35 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接利用二项式定理求解. （2）可设第行的第，，三个相邻的数之比为，列出方程，求出，的值，再求出这三个数. （3）先总结表达结论，结合，可得，再利用该结论证明原结论. 【小问1详解】 第22行中从左到右的第3个数为：. 【小问2详解】 设第行的第，，三个相邻的数之比为，则 . 所以这3个数是：，，，即7，21，35. 【小问3详解】 当时，结论显然成立； 当时，，. 由题意：. 所以， 因此 【点睛】关键点点睛：本体的关键点时利用组合数的计算公式和组合数的性质进行计算.首先根据组合数公式得到，再结合组合数性质得到，再对目标式子进行化简整理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 海南中学2023-2024学年度高二下学期 期末测试模拟卷 数学试卷 整体难度：适中.考察范围：集合与常用逻辑用语、函数与导数、三角函数与解三角形、平 面解析几何、复数、计数原理与概率统计、平面向量、空间向量与立体几何、等式与不等式、新文化试题分类.题型统计：单选题8道、多选题3道、单空题3道.解答题5道. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知为正实数，且满足，则的最小值为（ ） A. B. C. 8 D. 6 2. 已知全集，集合，则（ ）． A. B. C. D. 3. 在四面体ABCD中，平面平面BCD，，且，则四面体ABCD的体积为（ ） A. 2 B. 6 C. D. 4. 若，则的值为（ ） A. B. C. 253 D. 126 5. 下列说法错误的是（ ） A. 若随机变量满足且，则 B. 样本数据50，53，55，59，62，68，70，73，77，80的第45百分位数为62 C. 当时，若事件A、B相互独立，则 D. 若A、B两组成对数据的相关系数分别为，则A组数据的相关性更强 6. 如图，可导函数在点处切线为，设，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 是极大值点 D. 是的极小值点 7. 已知函数，则“”是“”的（ ） A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 在锐角中，角的对边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 关于函数的图象和性质，叙述正确的有（ ） A. 是上的奇函数 B. 值域为 C. 将图象向右平移2024个单位，则所得函数图象关于轴对称 D. 当时，有两个零点 10. 已知圆锥的侧面积为，底面圆的周长为，则（ ） A. 圆锥的母线长为4 B. 圆锥的母线与底面所成角的正弦值为 C. 圆锥的体积为 D. 沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为 11. 已知定义在上的函数，对任意有，其中；当时，，则（ ） A. 为上的单调递增函数 B. 为奇函数 C. 若函数为正比例函数，则函数在处取极小值 D. 若函数为正比例函数，则函数只有一个非负零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，其中虚数单位，则______． 13. 一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字，现从盒子中随机抽取卡片，若第一次抽取一张卡片，放回后再抽取1张卡片，则两次抽取的卡片数字之和不大于6的概率是__________. 14. 若定义在A上的函数和定义在B上的函数，对任意的，存在，使得（t为常数），则称与具有关系．已知函数（），（），且与具有关系，则m的取值范围为_____________________． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局.根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响. （1）经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望； （2）若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率. 16. 如图，平面，在平面的同侧，，，，. （1）若四点在同一平面内，求线段的长； （2）若，平面与平面的夹角为，求线段的长. 17. 全球新能源汽车产量呈上升趋势.以下为2018−2023年全球新能源汽车的销售量情况统计. 年份 2018 2019 2020 2021 2022 2023 年份编号 1 2 3 4 5 6 销售量/百万辆 2.02 2.21 3.13 6.70 10.80 1414 若与的相关关系拟用线性回归模型表示，回答如下问题： （1）求变量与的样本相关系数（结果精确到0.01）； （2）求关于的线性回归方程，并据此预测2024年全球新能源汽车的销售量. 附：线性回归方程，其中，， 样本相关系数. 参考数据：，，，. 18. 已知函数. （1）证明：，总有成立； （2）设，证明：． 19. 图是一个 11阶的杨辉三角： （1）求第22行中从左到右的第3 个数； （2）在杨辉三角形中是否存在某一行，该行中三个相邻的数之比为1：3：5?若存在，试求出这三个数：若不存在，请说明理由. （3）杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关.如：从第3行开始，除了1以外，其它每一个数是它肩上的二个数之和；请尝试证明：当，，， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$