2024届新疆维吾尔自治区和田地区数学高二第二学期期末复习检测模拟试题含解析

2024届新疆维吾尔自治区和田地区数学高二第二学期期末复习检测模拟试题注意事项：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．椭圆短轴的一个端点和两个焦点相连构成一个三角形，若该三角形内切圆的半径为，则该椭圆的离心率为（）A． B． C． D．2．在平面内，点x0,y0到直线Ax+By+C=0的距离公式为d=Ax0A．3 B．6 C．6773．在区间[-1,4]内取一个数x,则≥的概率是（）A． B． C． D．4．观察下列等式，13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，根据上述规律，13＋23＋33＋43＋53＋63＝()A．192 B．202 C．212 D．2225．已知复数，，.在复平面上，设复数，对应的点分别为，，若，其中是坐标原点，则函数的最大值为（）A． B． C． D．6．已知复数z=2+i，则A． B． C．3 D．57．若集合，则集合()A． B．C． D．8．在（x－）10的展开式中，的系数是（）A．－27 B．27 C．－9 D．99．设随机变量X的分布列如下：则方差D(X)＝（）．A． B． C． D．10．若命题p：，，则是（）A．， B．，C．， D．，11．已知曲线在处的切线与直线平行，则的值为（）A．-3 B．-1 C．1 D．312．平面向量，，（），且与的夹角等于与的夹角，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设函数f(x)＝|x＋a|，g(x)＝x－1，对于任意的x∈R，不等式f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围是________．14．设数列的前项和为，已知，，，则______.15．某学校拟从2名男教师和1名女教师中随机选派2名教师去参加一个教师培训活动，则2名男教师去参加培训的概率是_______．16．已知函数，则=________.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）如图，底面是边长为的正方形，⊥平面，∥，，与平面所成的角为．（1）求证：平面⊥平面；（2）求二面角的余弦值．18．（12分）已知函数.（1）求的最大值；（2）若恒成立，求的值；（3）在（2）的条件下,设在上的最小值为求证：.19．（12分）如图在直三棱柱中，，为中点．（Ⅰ）求证：平面．（Ⅱ）若，且，求二面角的余弦值．20．（12分）已知曲线的参数方程（为参数），在同一直角坐标系中，将曲线上的点按坐标变换得到曲线.（1）求曲线的普通方程；（2）若点在曲线上，已知点，求直线倾斜角的取值范围.21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知线C的极坐标方程为：ρ＝2sin（θ+），过P（0，1）的直线l的参数方程为：（t为参数），直线l与曲线C交于M，N两点．（1）求出直线l与曲线C的直角坐标方程．（2）求｜PM｜2+｜PN｜2的值．22．（10分）如图，直三棱柱的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱的长为5.（1）求三棱柱的体积；（2）设M是BC中点，求直线与平面所成角的大小.

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【解题分析】

利用等面积法得出、、的等式，可得出、的等量关系式，可求出椭圆的离心率.【题目详解】由椭圆短轴的一个端点和两个焦点所构成的三角形面积为，该三角形的周长为，由题意可得，可得，得，因此，该椭圆的离心率为，故选：C.【题目点拨】本题考查椭圆离心率的计算，解题时要结合已知条件列出有关、、的齐次等式，通过化简计算出离心率的值，考查运算求解能力，属于中等题.2、B【解题分析】

类比得到在空间，点x0,y【题目详解】类比得到在空间，点x0,y0，所以点2,1,2到平面x+y+2z-1=0的距离为d=2+1+4-1故选：B【题目点拨】本题主要考查类比推理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.3、D【解题分析】

先解不等式，确定解集的范围，然后根据几何概型中的长度模型计算概率.【题目详解】因为，所以，解得，所以.【题目点拨】几何概型中长度模型（区间长度）的概率计算：.4、C【解题分析】∵所给等式左边的底数依次分别为1，2；1，2，3；1，2，3，4；

右边的底数依次分别为3，6，10，（注意：这里，），

∴由底数内在规律可知：第五个等式左边的底数为1，2，3，4，5，6，

右边的底数为，又左边为立方和，右边为平方的形式，

故有，故选C.点睛：本题考查了，所谓归纳推理，就是从个别性知识推出一般性结论的推理．它与演绎推理的思维进程不同．归纳推理的思维进程是从个别到一般，而演绎推理的思维进程不是从个别到一般，是一个必然地得出的思维进程．解答此类的方法是从特殊的前几个式子进行分析找出规律．观察前几个式子的变化规律，发现每一个等式左边为立方和，右边为平方的形式，且左边的底数在增加，右边的底数也在增加．从中找规律性即可.5、B【解题分析】

根据向量垂直关系的坐标运算和三角函数的最值求解.【题目详解】据条件，，，且，所以，，化简得，，当时，取得最大值为.【题目点拨】本题考查向量的数量积运算和三角函数的最值，属于基础题.6、D【解题分析】

题先求得，然后根据复数的乘法运算法则即得.【题目详解】∵故选D.【题目点拨】本题主要考查复数的运算法则，共轭复数的定义等知识，属于基础题..7、D【解题分析】试题分析：解：所以选D．考点：集合的运算．8、D【解题分析】试题分析：通项Tr＋1＝x10－r（－）r＝（－）rx10－r.令10－r＝6，得r＝4.∴x6的系数为9考点：二项式定理9、B【解题分析】分析：先求出的值，然后求出，利用公式求出详解：故选点睛：本题考查了随机变量的分布列的相关计算，解答本题的关键是熟练掌握随机变量的期望与方差的计算方法10、B【解题分析】

利用全称命题的否定是特称命题来判断.【题目详解】解：命题p：，，则：，.故选：B.【题目点拨】本题考查特称命题的否定，注意特称命题的否定要变全称命题，并且要否定结论，是基础题.11、C【解题分析】

由导数的几何意义求出曲线在处的切线的斜率，根据两直线平行斜率相等即可得到的值。【题目详解】因为，所以线在处的切线的斜率为，由于曲线在处的切线与直线平行，故，即，故选C．【题目点拨】本题考查导数的几何意义，属于基础题12、D【解题分析】

,,,与的夹角等于与的夹角,,,解得,故选D.【考点定位】向量的夹角及向量的坐标运算.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、[－1，＋∞)【解题分析】

对于，不等式恒成立，等价于的图象在的图象上方，根据数形结合可求出实数的取值范围.【题目详解】不等式f(x)≥g(x)恒成立如图，作出函数f(x)＝|x＋a|与g(x)＝x－1的图象，观察图象可知：当且仅当－a≤1，即a≥－1时，不等式f(x)≥g(x)恒成立，因此a的取值范围是[－1，＋∞)．故答案为[－1，＋∞)．【题目点拨】本题主要考查利用函数图象解答不等式恒成立问题，属于中档题．不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②数形结合(图象在上方即可)；③讨论最值或恒成立；④讨论参数.14、【解题分析】

先计算，归纳猜想【题目详解】由，，，可得，，归纳猜想：故答案为【题目点拨】本题考查了数列通项公式的归纳猜想，意在考查学生的归纳猜想能力.15、【解题分析】

根据古典概型概率计算公式求解即可.【题目详解】从名教师中选派名共有：种选法名男教师参加培训有种选法所求概率：本题正确结果：【题目点拨】本题考查古典概型概率问题的求解，属于基础题.16、8【解题分析】，所以点睛：分段函数的考查方向注重对应性，即必须明确不同的自变量所对应的函数解析式是什么.函数周期性质可以将未知区间上的自变量转化到已知区间上.解决此类问题时，要注意区间端点是否取到及其所对应的函数值，尤其是分段函数结合点处函数值.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）见解析；（2）.【解题分析】

（1）DE⊥平面ABCD，可得到DE⊥AC，又因为底面为正方形所以得到AC⊥BD，进而得到线面垂直;(2)建立坐标系得到面BEF和面BDE的法向量，根据法向量的夹角的求法得到夹角的余弦值，进而得到二面角的余弦值.【题目详解】（1）证明：DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD．DE⊥AC．又底面ABCD是正方形，AC⊥BD，又BD∩DE=D，AC⊥平面BDE，又AC⊂平面ACE，平面ACE⊥平面BDE．（2）以D为坐标原点，DA、DC、DE所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，BE与平面ABCD所成的角为45°，即∠EBD=45°，DE=BD=AD=，CF=DE=．A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），E（0，0，），F（0，3，），=（﹣3，0，），=（0，3，），设平面BEF的一个法向量为=（，，），则，即，令=，则=（2，4，）．又AC⊥平面BDE，=（﹣3，3，0）为平面BDE的一个法向量．cos＜＞===．∴二面角F﹣BE﹣D的余弦值为．【题目点拨】本题考查平面和平面垂直的判定和性质．在证明面面垂直时，其常用方法是在其中一个平面内找两条相交直线和另一平面内的某一条直线垂直，或者可以通过建系的方法求两个面的法向量使得两个面的法向量互相垂直即可.18、（1）；（2）2；（3）证明见解析.【解题分析】

（1），判断函数的单调性即可求解最大值；（2）要使成立必须，，判断单调性求解即可得解（3），得，令判断其单调性进而求得，得，再求的范围进而得证【题目详解】（1）,由得；得；所以在上单调递增，在上单调递减.故，即；（2）要使成立必须.因为，所以当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.又，所以满足条件的只有2，即.（3）由（2）知，所以.令，则，是上的增函数；又，所以存在满足，即，且当时，；当，所以在上单调递减；在上单调递增.所以，即.所以，即.【题目点拨】本题考查了利用导数研究函数的单调性及最值，考查了零点存在定理和数学转化思想，在（3）的证明过程中，利用零点存在定理转化是难点属中档题．19、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解题分析】试题分析：（I）连结，由题意可证得，从而得为中点，所以，又由题意得得，所以得．（也可通过面面垂直证线面垂直）（II）由题意可得两两垂直，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量分别为，，由法向量夹角的余弦值可得二面角的余弦值．试题解析：（I）证明：连结，∵平面平面，平面，∴，∵为中点，∴为中点，∵，∴①，法一：由平面，平面，得，②，由①②及，所以平面．法二：由平面，平面，∴平面平面，又平面平面,所以平面．（II）解：由，得，由（I）知，又，得，∵，∴，∴两两垂直，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，得，，设是平面的一个法向量，由，得,令，得，设为平面的一个法向量，由，得.令，得，∴根据题意知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．点睛：向量法求二面角大小的两种方法（1）分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，解题时要注意结合实际图形判断所求二面角为锐角还是钝角．（2）分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．20、（1）（2）【解题分析】

（1）按照坐标变换先得到曲线的参数方程，再化简为普通方程.（2）先计算与圆相切时的斜率，再计算倾斜角的范围.【题目详解】(1)消去得的普通方程（2）当与圆相切时，或，直角倾斜角的取值范围为.【题目点拨】本题考查了参数方程，坐标变换，倾斜角范围，意在考查学生的计算能力和应用能力.21、（1），；（2）3【解题分析】

（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换；（2）将直线l的参数方程代入圆C的方程中，得到关于t的方程，根据t的几何意义可得的值．【题目详解】（1）直线l：（t为参数），消去参数t得：直线l的直角坐标方程为：，曲线C的极坐标方程，即ρ2＝2ρsinθ+2ρcosθ，可得直角坐标方程：x2+y2﹣2x﹣2y＝0；（2）把直线l的参数方程（t为参数）代入圆C的方程，化简得：t2﹣t﹣1＝0，∴，∴．【题目点拨】本题主要考查了参数方程、直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，考查了直线参数方程的几何意义，考查了学生的运算能力和转化能力，属中档题．22、（1）2;（2）【解题分析】

（1）三棱柱的体积，由此能求出结果；（2）连结是直线与平面所成角，由此能求出直线与平面所成角的大小.【题目详解】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4