2024届景德镇市重点中学数学高二第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

2024届景德镇市重点中学数学高二第二学期期末学业质量监测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．在边长为1的正中，，是边的两个三等分点（靠近于点），等于（）A． B． C． D．2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．3．甲、乙、丙三人每人准备在3个旅游景点中各选一处去游玩，则在“至少有1个景点未被选择”的条件下，恰有2个景点未被选择的概率是（）A．17 B．18 C．14．某所学校在一个学期的开支分布的饼图如图1所示，在该学期的水、电、交通开支（单位：万元）如图2所示，则该学期的电费开支占总开支的百分比为（）．A． B． C． D．5．在二项式的展开式中，含的项的系数是（）．A． B． C． D．6．已知命题，命题，若为假命题，则实数的取值范围是（）A． B．或 C． D．7．已知，为锐角，且，若，则的最大值为（）A． B． C． D．8．若函数y＝f（x）的导函数y＝f′（x）的图象如图所示，则y＝f（x）的图象可能（）A． B．C． D．9．已知复数z=1-i，则z2A．2 B．-2 C．2i D．-2i10．若点P在抛物线上，点Q（0,3），则|PQ|的最小值是（）A． B． C． D．11．在方程（为参数）所表示的曲线上的点是（）A．(2,7) B． C．(1,0) D．12．若点与曲线上点的距离的最小值为，则实数的值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数的单调递减区间是_________.14．已知向量与，则的最小值是__________.15．若，则的最小值为________.16．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1,A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件.再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件.给出下列结论：①P（B）25；②P（B|A1）511；③事件B与事件A1相互独立；④A1,A2,A3是两两互斥的事件；⑤P（B）的值不能确定，因为它与A1,A2,A3中究竟哪一个发生有关；其中正确的有（）②④①③②④⑤②③④⑤三、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）在平面直角坐标系中,以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知圆的直角坐标方程为.求圆的极坐标方程；设圆与圆：交于两点，求.18．（12分）已知定义在上的函数.（1）若的最大值为3，求实数的值；（2）若，求的取值范围.19．（12分）在极坐标系中，O为极点，点在曲线上，直线l过点且与垂直，垂足为P.（1）当时，求及l的极坐标方程；（2）当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程.20．（12分）在直角坐标系中，斜率为k的动直线l过点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.（1）若直线l与曲线C有两个交点，求这两个交点的中点P的轨迹关于参数k的参数方程；（2）在条件（1）下，求曲线的长度.21．（12分）已知椭圆：在左、右焦点分别为，，上顶点为点，若是面积为的等边三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知，是椭圆上的两点，且，求使的面积最大时直线的方程（为坐标原点）.22．（10分）已知极点为直角坐标系的原点，极轴为轴正半轴且单位长度相同的极坐标系中曲线，（为参数）.（1）求曲线上的点到曲线距离的最小值；（2）若把上各点的横坐标都扩大为原来的2倍，纵坐标扩大为原来的倍，得到曲线，设，曲线与交于两点，求.

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】试题分析：如图，，是边的两个三等分点，故选C.考点：平面向量数量积的运算2、A【解题分析】

该空间几何体是由具有相同底面和高的三棱柱和三棱锥组合而成，分别求出体积即可.【题目详解】该空间几何体是由具有相同底面和高的三棱柱和三棱锥组合而成，底面三角形的面积为，三棱柱和三棱锥的高为1，则三棱柱的体积，三棱锥的体积为，故该几何体的体积为.故选A.【题目点拨】本题考查了空间组合体的三视图，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.3、A【解题分析】

设事件A为：至少有1个景点未被选择，事件B为：恰有2个景点未被选择,计算P(AB)和P(A),再利用条件概率公式得到答案.【题目详解】设事件A为：至少有1个景点未被选择，事件B为：恰有2个景点未被选择P(AB)=P(B故答案选A【题目点拨】本题考查了条件概率，意在考查学生对于条件概率的理解和计算.4、B【解题分析】

结合图表，通过计算可得：该学期的电费开支占总开支的百分比为×20%=11.25%，得解．【题目详解】由图1，图2可知：该学期的电费开支占总开支的百分比为×20%=11.25%，故选B．【题目点拨】本题考查了识图能力及进行简单的合情推理，属简单题．5、C【解题分析】

利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为4求得．【题目详解】解：对于，对于10﹣3r＝4，∴r＝2，则x4的项的系数是C52（﹣1）2＝10故选．点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题.二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.6、D【解题分析】试题分析：由，可得，由，可得，解得.因为为假命题，所以与都是假命题，若是假命题，则有，若是假命题，则由或，所以符合条件的实数的取值范围为，故选D.考点：命题真假的判定及应用.7、B【解题分析】

把代入等式中，进行恒等变形，用表示，最后利用基本不等式，求出的最大值.【题目详解】，.因为为锐角，且，所以，，，（当且仅当时取等号），所以，因此的最大值为，故本题选B.【题目点拨】本题考查了三角恒等变形，考查了两角差的正切公式，考查了应用基本不等式求代数式最值问题.8、C【解题分析】

根据导数与函数单调性的关系，判断函数的单调性即可.【题目详解】由当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，则由导函数的图象可知：先单调递减，再单调递增，然后单调递减，排除，且两个拐点（即函数的极值点）在x轴上的右侧，排除B.故选：.【题目点拨】本题主要考查的是导数与函数的单调性，熟练掌握函数的导数与函数单调性的关系是解题的关键，是基础题.9、A【解题分析】解：因为z=1-i，所以z210、B【解题分析】试题分析：如图所示，设，其中，则，故选B.考点：抛物线.11、D【解题分析】分析：化参数方程（为参数）为普通方程，将四个点代入验证即可.详解：方程（为参数）消去参数得到将四个点代入验证只有D满足方程.故选D.点睛：本题考查参数分析与普通方程的互化，属基础题12、D【解题分析】

设，求得函数的导数，可得切线的斜率，由两点的斜率公式，以及两点的距离公式，解方程可得所求值．【题目详解】的导数为，设，可得过的切线的斜率为，当垂直于切线时，取得最小值，可得，且，可得，解得或（舍去），即有，解得，∴，故选：D．【题目点拨】本题考查导数几何意义的应用、距离的最小值，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

求出导函数，在上解不等式可得的单调减区间．【题目详解】，其中，令，则，故函数的单调减区间为，填．【题目点拨】一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调减函数；反之，若在区间上可导且为减函数，则．注意求单调区间前先确定函数的定义域．14、【解题分析】

,所以，所以，故当时，的最小值是.考点：向量的模点评：本题考查向量的模的最值，解题的关键是能准确的表示出模的函数，再求解最值.15、8【解题分析】

根据题意对进行换元，然后利用基本不等式的推广公式求解出目标的最小值。【题目详解】解：令，，即，所以，当且仅当，即，即当时等号成立.【题目点拨】本题考查了基本不等式推广公式的使用，运用基本不等式推广公式时，一定要注意题意是否满足“一正、二定、三相等”的条件。16、②④【解题分析】试题解析：：由题意可知A1,A2,AP(B|A3=P(A1)P(B|A1考点：相互独立事件，条件概率．【方法点晴】本题主要考查了相互独立事件，条件概率的求法等，解题的关键是理解题设中的各个事件，且熟练掌握相互独立事件的概率公式，本题较为复杂，正确理解事件的内涵是解题的突破点．解答本题的关键是在理解题意的基础上判断出A1,A2,A3是两两互斥的事件，根据条件概率公式得到P(B|A1三、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、；4.【解题分析】

（1）直接通过即可得到答案；（2）可先求出圆的标准方程，求出两圆交点，于是可得答案.【题目详解】根据题意，可得圆的极坐标方程为：即；圆的直角坐标方程为：，联立，两式相减，可得，即代入第一条式子，可解得或，于是.【题目点拨】本题主要考查直角坐标方程和极坐标方程的互化，圆的交点计算，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度中等.18、（1）-1或3（2）【解题分析】

（1）由绝对值不等式得,于是令可得答案；（2）先计算，再分和两种情况可得到答案.【题目详解】（1）由绝对值不等式得令，得或解得或解得不存在，故实数的值为-1或3（2）由于，则，当时，由得，当时，由得，此种情况不存在，综上可得：的取值范围为【题目点拨】本题主要考查绝对值不等式的相关计算，意在考查学生的转化能力，分析能力，对学生的分类讨论的能力要求较高，难度较大.19、（1），l的极坐标方程为；（2）【解题分析】

（1）先由题意，将代入即可求出；根据题意求出直线的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可；（2）先由题意得到P点轨迹的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可，要注意变量的取值范围.【题目详解】（1）因为点在曲线上，所以；即，所以，因为直线l过点且与垂直，所以直线的直角坐标方程为，即；因此，其极坐标方程为，即l的极坐标方程为；（2）设，则，，由题意，，所以，故，整理得，因为P在线段OM上，M在C上运动，所以，所以，P点轨迹的极坐标方程为，即.【题目点拨】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，熟记公式即可，属于常考题型.20、（1）；（2）【解题分析】

（1）把两边同时乘以，然后结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线的直角坐标方程，设直线的方程为，与曲线联立，利用根与系数的关系可得两个交点的中点的轨迹关于参数的参数方程；（2）化参数方程为普通方程，作出图形，数形结合即可求得曲线的长度．【题目详解】解：（1）曲线C的直角坐标方程为.设直线l的方程为，设直线l与曲线C的交点为，，联立直线l与曲线C的方程得解得，，，，设P的坐标为，则，代入l的方程得.故的参数方程为.（2）由的参数方程得即.如图，圆C：圆心为，半径为2，圆D：圆心为，半径为2，曲线为劣弧，显然，所以的长度为.【题目点拨】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查圆与圆位置关系的应用，考查计算能力，属于中档题．21、解（1）；（2）或.【解题分析】

（1）由是面积为的等边三角形，结合性质，列出关于、的方程组，求出、，即可得结果;（2）先证明直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆方程联立消去，利用弦长公式可得，化简得.原点到直线的距离为，的面积，当最大时，的面积最大.由，利用二次函数的性质可得结果.【题目详解】（1）由是面积为的等边三角形，得，所以，，从而，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）知，当轴时，，则为椭圆的短轴，故有，，三点共线，不合题意.所以直线的斜率存在，设直线的方程为，点，点，联立方程组消去，得，所以有，，则，即，化简得.因为，所以有且.原点到直线的距离为，的面积，所以当最大时，的面积最大.因为，而，所以当时，取最大值为3，面积的最大值.把代入，得，所以有，即直线的方程为或.【题目点拨】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.22、（1）；（2）.【解题分析】

（1）将曲线的极坐标方程和的参数方程都化为普通方程，求出圆的圆心坐标和半径长，并利用点到直线的距离公式计算出圆心到直线的距离，即可得出曲线上的点到曲线距离的最小值为；（2）利用