2024屆福建省泉州市馬甲中學數學高二下期末監(jiān)測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．“夫疊棋成立積，緣冪勢既同，則積不容異”是以我國哪位數學家命名的數學原理（）A．楊輝 B．劉微 C．祖暅 D．李淳風2．曲線在點處的切線平行于直線，則點的坐標為（）A． B． C．和 D．3．對變量進行回歸分析時，依據得到的4個不同的回歸模型畫出殘差圖，則下列模型擬合精度最高的是（）A． B．C． D．4．定義在上的函數滿足，且當時，，對，，使得，則實數的取值范圍為（）A． B．C． D．5．已知是定義在上的函數，若且，則的解集為（）A． B． C． D．6．設點和直線分別是雙曲線的一個焦點和一條漸近線，若關于直線的對稱點恰好落在雙曲線上，則該雙曲線的離心率為（）A．2 B． C． D．7．有不同的語文書9本，不同的數學書7本，不同的英語書5本，從中選出不屬于同一學科的書2本，則不同的選法有A．21種B．315種C．153種D．143種8．假設如圖所示的三角形數表的第行的第二個數為，則（）A．2046 B．2416 C．2347 D．24869．某同學同時擲兩顆骰子，得到點數分別為，則橢圓的離心率的概率是()A． B． C． D．10．若函數y＝f（x）的導函數y＝f′（x）的圖象如圖所示，則y＝f（x）的圖象可能（）A． B．C． D．11．已知是等差數列的前n項和，且，則的通項公式可能是（）A． B． C． D．12．已知為等差數列,,則（）A．42 B．40 C．38 D．36二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設實數滿足，則的最小值為______14．設離散型隨機變量的概率分布如下：則的值為__________．15．數列定義為，則_______.16．已知直線與曲線相切，則實數的值是_______.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）在銳角中，內角，，的對邊分別為，，，且.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，的面積為，求的值.18．（12分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C:的焦點為F1（–1、0），F2（1，0）．過F2作x軸的垂線l，在x軸的上方，l與圓F2:交于點A，與橢圓C交于點D.連結AF1并延長交圓F2于點B，連結BF2交橢圓C于點E，連結DF1．已知DF1=．（1）求橢圓C的標準方程；（2）求點E的坐標．19．（12分）已知二次函數的值域為，且，.（Ⅰ）求的解析式；（Ⅱ）若函數在上是減函數，求實數的取值范圍.20．（12分）如圖，在直三棱柱中，分別是棱的中點，點在線段上（包括兩個端點）運動．（1）當為線段的中點時，①求證：；②求平面與平面所成銳二面角的余弦值；（2）求直線與平面所成的角的正弦值的取值范圍.21．（12分）在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點：(1)求點D到平面A1BE的距離；(2)在棱上是否存在一點F，使得B1F∥平面A1BE，若存在，指明點F的位置；若不存在，請說明理由．22．（10分）如圖，在四棱錐中，為矩形，是以為直角的等腰直角三角形，平面⊥平面．(1)證明：平面⊥平面；(2)為直線的中點，且，求二面角的余弦值.

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、C【解題分析】

由題意可得求不規(guī)則幾何體的體積的求法，即運用祖暅原理.【題目詳解】“夫疊棋成立積，緣冪勢既同，則積不容異”的意思是“夾在兩平行平面之間的兩個幾何體被平行于這兩個平行平面的任意平面所截，如果兩個截面面積仍然相等，那么這兩個幾何體的體積相等”，這就是以我國數學家祖暅命名的數學原理，故選：C.【題目點撥】本題考查祖暅原理的理解，考查空間幾何體體積的求法，考查對概念的理解，屬于基礎題.2、C【解題分析】

求導，令，故或，經檢驗可得點的坐標.【題目詳解】因，令，故或，所以或，經檢驗，點，均不在直線上，故選C．【題目點撥】本題考查導數的運用：求切線的斜率，考查導數的幾何意義：函數在某點處的導數即為曲線在該點處的切線的斜率，考查兩直線平行的條件：斜率相等，屬于基礎題．3、A【解題分析】

根據殘差的特點，殘差點比較均勻地落在水平的帶狀區(qū)域中，說明這樣的模型比較合適．帶狀區(qū)域的寬度越窄，說明模型的擬合精度越高．即可得到答案．【題目詳解】用殘差圖判斷模型的擬合效果，殘差點比較均勻地落在水平的帶狀區(qū)域中，說明這樣的模型比較合適．帶狀區(qū)域的寬度越窄，說明模型的擬合精度越高．故選：．【題目點撥】本題考查了殘差分析，了解殘差分析的原理及特點是解決問題的關鍵，本題屬基礎題．4、D【解題分析】由題知問題等價于函數在上的值域是函數在上的值域的子集．當時，，由二次函數及對勾函數的圖象及性質，得此時，由，可得，當時，．則在的值域為．當時，，則有，解得，當時，，不符合題意；當時，，則有，解得．綜上所述，可得的取值范圍為．故本題答案選．點睛：求解分段函數問題應對自變量分類討論，討論的標準就是自變量與分段函數所給出的范圍的關系，求解過程中要檢驗結果是否符合討論時的范圍．討論應該不重復不遺漏．5、D【解題分析】

構造函數，利用導數研究函數的單調性，然后將轉化為，即，根據單調建立關系，解之即可?！绢}目詳解】令函數；由，則；所以在上單調遞減；，則，轉化為，即；根據在上單調遞減，則；所以的解集為；故答案選D【題目點撥】本題考查利用導數研究函數的單調性，以及利用構造新函數解不等式，考查學生轉化的思想，屬于中檔題。6、C【解題分析】

取雙曲線的左焦點為，設右焦點為，為漸近線，與漸近線的交點為關于直線的對稱點設為，連接，運用三角形的中位線定理和雙曲線的定義，離心率公式，計算可得所求值．【題目詳解】如圖所示，取雙曲線的左焦點為，設右焦點為，為漸近線，與漸近線的交點為關于直線的對稱點設為，連接，直線與線段的交點為，因為點與關于直線對稱，則，且為的中點，所以，根據雙曲線的定義，有，則，即，所以，故選：C．【題目點撥】本題主要考查了雙曲線的離心率的求法，注意運用三角形的中位線定理和雙曲線的定義，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．7、D【解題分析】由題意，選一本語文書一本數學書有9×7=63種，選一本數學書一本英語書有5×7=35種，選一本語文書一本英語書有9×5=45種，∴共有63+45+35=143種選法.故選D.8、B【解題分析】

由三角形數表特點可得，利用累加法可求得，進而得到結果.【題目詳解】由三角形數表可知：，，，…，，，整理得：，則.故選：.【題目點撥】本題考查數列中的項的求解問題，關鍵是能夠采用累加法準確求得數列的通項公式.9、C【解題分析】共6種情況10、C【解題分析】

根據導數與函數單調性的關系，判斷函數的單調性即可.【題目詳解】由當時，函數單調遞減，當時，函數單調遞增，則由導函數的圖象可知：先單調遞減，再單調遞增，然后單調遞減，排除，且兩個拐點（即函數的極值點）在x軸上的右側，排除B.故選：.【題目點撥】本題主要考查的是導數與函數的單調性，熟練掌握函數的導數與函數單調性的關系是解題的關鍵，是基礎題.11、D【解題分析】

由等差數列的求和公式，轉化為，故，分析即得解【題目詳解】由題意，等差數列，且可得故所以當時，則的通項公式可能是故選：D【題目點撥】本題考查了等差數列的通項公式和求和公式，考查了學生概念理解，數學運算的能力，屬于中檔題.12、B【解題分析】分析：由已知結合等差數列的性質可求，然后由即可求解.詳解：，，，，故選：B.點睛：(1)等差數列的通項公式及前n項和公式，共涉及五個量a1，an，d，n，Sn，知其中三個就能求另外兩個，體現了用方程的思想來解決問題．(2)數列的通項公式和前n項和公式在解題中起到變量代換作用，而a1和d是等差數列的兩個基本量，用它們表示已知和未知是常用方法．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、-3【解題分析】

作出不等式組對應的平面區(qū)域，設，利用目標函數的幾何意義，利用數形結合確定的最小值，得到答案．【題目詳解】由題意，畫出約束條件所對應的平面區(qū)域，如圖所示，設，則，當直線過點A時，直線在軸上的截距最大，此時目標函數取得最小值，由，解得，所以目標函數的最小值為．【題目點撥】本題主要考查簡單線性規(guī)劃求解目標函數的最值問題．其中解答中正確畫出不等式組表示的可行域，利用“一畫、二移、三求”，確定目標函數的最優(yōu)解是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，及推理與計算能力，屬于基礎題．14、【解題分析】分析：離散型隨機變量的概率之和為1詳解：解得：。點睛：離散型隨機變量的概率之和為1，是分布列的性質。15、【解題分析】

由已知得兩式，相減可發(fā)現原數列的奇數項和偶數項均為等差數列，分類討論分別算出奇數項的和和偶數項的和，再相加得原數列前的和【題目詳解】兩式相減得數列的奇數項，偶數項分別成等差數列，，，，數列的前2n項中所有奇數項的和為：，數列的前2n項中所有偶數項的和為：【題目點撥】對于遞推式為，其特點是隔項相減為常數，這種數列要分類討論，分偶數項和奇數項來研究，特別注意偶數項的首項為，而奇數項的首項為.16、.【解題分析】分析：設切點，根據導數求導切線斜率，令其等于2，得切點，代入直線即可得解.詳解：求導得：，設切點是（x0，lnx0），則，故，lnx0=﹣ln2，切點是（，﹣ln2）代入直線得：解得：，故答案為：．點睛：本題只要考查了導數的幾何意義，屬于基礎題.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】試題分析：（1）由題意化簡得，由銳角三角形，得，，所以；（2）由，得，所以，由余弦定理解得．試題解析：(Ⅰ)，,又為銳角三角形，，,.(Ⅱ)由，得,，,，即.點睛：本題考查解三角形的應用．解三角形在高考中屬于基本題型，學生必須掌握其基本解法．本題中涉及到三角形的轉化，二倍角公式的應用，以及面積公式、余弦定理的應用．學生需充分掌握三角函數化簡及解三角形的公式，才能把握解題．18、（1）；（2）.【解題分析】

(1)由題意分別求得a,b的值即可確定橢圓方程；(2)解法一：由題意首先確定直線的方程，聯立直線方程與圓的方程，確定點B的坐標，聯立直線BF2與橢圓的方程即可確定點E的坐標；解法二：由題意利用幾何關系確定點E的縱坐標，然后代入橢圓方程可得點E的坐標.【題目詳解】（1）設橢圓C的焦距為2c.因為F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.又因為DF1=，AF2⊥x軸，所以DF2=，因此2a=DF1+DF2=4，從而a=2.由b2=a2-c2，得b2=3.因此，橢圓C的標準方程為.（2）解法一：由（1）知，橢圓C：，a=2，因為AF2⊥x軸，所以點A的橫坐標為1.將x=1代入圓F2的方程(x-1)2+y2=16，解得y=±4.因為點A在x軸上方，所以A(1，4).又F1(-1，0)，所以直線AF1：y=2x+2.由，得，解得或.將代入，得，因此.又F2(1，0)，所以直線BF2：.由，得，解得或.又因為E是線段BF2與橢圓的交點，所以.將代入，得.因此.解法二：由（1）知，橢圓C：.如圖，連結EF1.因為BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，從而∠BF1E=∠B.因為F2A=F2B，所以∠A=∠B，所以∠A=∠BF1E，從而EF1∥F2A.因為AF2⊥x軸，所以EF1⊥x軸.因為F1(-1，0)，由，得.又因為E是線段BF2與橢圓的交點，所以.因此.【題目點撥】本題主要考查直線方程、圓的方程、橢圓方程、橢圓的幾何性質、直線與圓及橢圓的位置關系等基礎知識，考查推理論證能力、分析問題能力和運算求解能力.19、（Ⅰ）（Ⅱ）【解題分析】

（Ⅰ）設二次函數的解析式為，根據題意可得關于的方程組，解方程組即可求得的解析式；（Ⅱ）將的解析式代入，并構造函數，根據復合函數單調性的性質，即可得知在上為單調遞增函數.根據二次函數的對稱性及對數函數定義域要求即可求得的取值范圍.【題目詳解】（Ⅰ）設，由題意知.則，解得，所以的解析式為.（Ⅱ）由題意知，令，則為單調遞減函數，所以在上是單調遞增函數.對稱軸為，所以，解得.因為，即，解得.綜上：實數的取值范圍為.【題目點撥】本題考查了二次函數的性質及解析式的求法，對數型復合函數單調性的性質應用，注意對數函數定義域的要求，屬于基礎題.20、（1）①見解析；②；（2）.【解題分析】

（1）以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，由向量法證明線線垂直和計算二面角．（2）設（），設直線與平面所成的角為由向量坐標法求得設設由導數法求得范圍．【題目詳解】以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，則，.因為分別是棱的中點，所以（1）當為線段的中點時，則①因為所以即②因為設平面的一個法向量為由可得，取，則所以又因為是平面的一個法向量，設平面與平面所成的二面角的平面角為，則.因為為銳角，所以所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為（2）因為在線段上，所以設（），解得，所以.因為設平面的一個法向量為由可得，取則所以設直線與平面所成的角為則因為所以設則所以，設則，設可求得的取值范圍為，進一步可求得的取值范圍為所以直線與平面所成的角的正弦值的取值范圍為.【題目點撥】本題全面考查利用空間向量坐標法證明線線垂直，求二面角，構造函數關系，并利用導數求范圍，運算難度較大．21、(1)；(2)存在點，為中點【解題分析】

（1）根據體積橋，首先求解出，進而根據解三角形的知識可求得，從而可