2024届江西省玉山县第二中学高二数学第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

2024届江西省玉山县第二中学高二数学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．函数在闭区间上有最大值3，最小值为2，的取值范围是A． B． C． D．2．下列导数运算正确的是（）A． B．C． D．3．若对于任意的实数，有，则的值为（）A． B． C． D．4．一个正方体的展开如图所示，点，，为原正方体的顶点，点为原正方体一条棱的中点，那么在原来的正方体中，直线与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．5．在下列区间中，函数的零点所在的区间为（）A． B． C． D．6．先后抛掷两枚均匀的正方体骰子，骰子朝上的面的点数分别为，，则满足的概率为（）A． B． C． D．7．若随机变量的分布列如下表：-2-101230.10.20.20.30.10.1则当时，实数的取值范围是A． B．C． D．8．由数字0，1，2，3组成的无重复数字且能被3整除的非一位数的个数为（）A．12 B．20 C．30 D．319．某研究性学习小组调查研究学生使用智能手机对学习的影响，部分统计数据如表（参考公式：，其中.）附表：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828则下列选项正确的是（）A．有的把握认为使用智能手机对学习有影响B．有的把握认为使用智能手机对学习无影响C．有的把握认为使用智能手机对学习有影响D．有的把握认为使用智能手机对学习无影响10．将名教师，名学生分成个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由名教师和名学生组成，不同的安排方案共有（）A．种 B．种 C．种 D．种11．已知全集，，则（）A． B． C． D．12．如图，在ΔABC中，AN=12AC，P是A．14 B．1 C．12二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知随机变量X的分布列为P(X=i)=(i=1,2,3),则P(X=2)=_____.14．已知点在二面角的棱上，点在半平面内，且，若对于半平面内异于的任意一点，都有，则二面角大小的取值的集合为__________.15．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在前人的基础上写了一部划时代的著作《圆锥曲线论》，该书给出了当时数学家们所研究的六大轨迹问题，其中之一便是“到两个定点的距离之比等于不为1的常数的轨迹是圆”，简称“阿氏圆”．用解析几何方法解决“到两个定点，的距离之比为的动点轨迹方程是：”，则该“阿氏圆”的圆心坐标是______，半径是_____．16．已知某电子元件的使用寿命（单位：小时）服从正态分布，那么该电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为____________.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）已知二项式的展开式的第项为常数项（1）求的值；（2）求的值18．（12分）已知的展开式的二项式系数之和为．（1）求展开式中的常数项；（2）求展开式中的系数最大的项．19．（12分）在直角坐标系中，曲线C的参数方程为为参数．在以原点为极点，为参数）．在以原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为．（Ⅰ）求曲线C的普通方程和直线的直角坐标方程；（Ⅱ）设，直线与曲线C交于M，N两点，求的值．20．（12分）在有阳光时，一根长为3米的旗轩垂直于水平地面，它的影长为米，同时将一个半径为3米的球放在这块水平地面上，如图所示，求球的阴影部分的面积(结果用无理数表示)．21．（12分）已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B其离心率，点M为椭圆上的一个动点，面积的最大值是求椭圆C的方程；若过椭圆C右顶点B的直线l与椭圆的另一个交点为D，线段BD的垂直平分线与y轴交于点P，当时，求点P的坐标．22．（10分）已知椭圆：，过点作倾斜角互补的两条不同直线，，设与椭圆交于、两点，与椭圆交于，两点.（1）若为线段的中点，求直线的方程；（2）记，求的取值范围.

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【解题分析】

本题利用数形结合法解决，作出函数的图象，如图所示，当时，最小，最小值是2，当时，，欲使函数在闭区间，上的上有最大值3，最小值2，则实数的取值范围要大于等于1而小于等于2即可．【题目详解】解：作出函数的图象，如图所示，当时，最小，最小值是2，当时，，函数在闭区间，上上有最大值3，最小值2，则实数的取值范围是，．故选：．【题目点拨】本题考查二次函数的值域问题，其中要特别注意它的对称性及图象的应用，属于中档题．2、B【解题分析】

由判断；由判断；由判断判断；由判断.【题目详解】根据题意，依次分析选项，对于，，错误；对于，，正确；对于，，错误；对于，，错误；故选B．【题目点拨】本题主要考查指数函数、对数函数与幂函数的求导公式以及导数乘法的运算法则，意在考查对基本公式与基本运算掌握的熟练程度，属于中档题．3、B【解题分析】试题分析：因为，所以，故选择B.考点：二项式定理.4、D【解题分析】分析：先还原正方体，将对应的字母标出，与所成角等于与所成角，在三角形中，再利用余弦定理求出此角的余弦值即可.详解：还原正方体，如图所示，设，则，与所成角等于与所成角，余弦值为，故选D.点睛：本题主要考查异面直线所成的角以及空间想象能力，属于中档题题.求异面直线所成的角的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到，异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.5、C【解题分析】

先判断函数在上单调递增，由,利用零点存在定理可得结果.【题目详解】因为函数在上连续单调递增，且,所以函数的零点在区间内，故选C.【题目点拨】本题主要考查零点存在定理的应用，属于简单题.应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.6、B【解题分析】

先化简，得到或.利用列举法和古典概型概率计算公式可计算出所求的概率.【题目详解】由，有，得或，则满足条件的为，，，，，，，，，所求概率为．故选B.【题目点拨】本小题主要考查对数运算，考查列举法求得古典概型概率有关问题，属于基础题.7、C【解题分析】分析：根据概率为0.8，确定实数的取值范围详解：因为，所以实数的取值范围为选C.点睛：本题考查分布列及其概率，考查基本求解能力.8、D【解题分析】

分成两位数、三位数、四位数三种情况，利用所有数字之和是的倍数，计算出每种情况下的方法数然后相加，求得所求的方法总数.【题目详解】两位数：含数字1，2的数有个，或含数字3，0的数有1个.三位数：含数字0，1，2的数有个，含数字1，2，3有个.四位数：有个.所以共有个.故选D.【题目点拨】本小题主要考查分类加法计数原理，考查一个数能被整除的数字特征，考查简单的排列组合计算，属于基础题.9、A【解题分析】分析：根据列联表中数据利用公式求得，与邻界值比较，即可得到结论.详解：根据卡方公式求得，，该研究小组有的把握认为中学生使用智能手机对学生有影响，故选A.点睛：独立性检验的一般步骤：（1）根据样本数据制成列联表；（2）根据公式计算的值；(3)查表比较与临界值的大小关系，作统计判断.10、A【解题分析】试题分析：第一步，为甲地选一名老师，有种选法；第二步，为甲地选两个学生，有种选法；第三步，为乙地选名教师和名学生，有种选法，故不同的安排方案共有种，故选A．考点：排列组合的应用．11、C【解题分析】

根据补集的定义可得结果.【题目详解】因为全集，，所以根据补集的定义得，故选C.【题目点拨】若集合的元素已知，则求集合的交集、并集、补集时，可根据交集、并集、补集的定义求解．12、C【解题分析】

以AB,AC作为基底表示出【题目详解】∵P，N分别是∴AP=又AP=mAB+【题目点拨】本题主要考查平面向量基本定理以及向量的线性运算，意在考查学生的逻辑推理能力．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】分析：根据所给的随机变量的分布列，写出各个变量对应的概率，根据分布列中各个概率之和是1，把所有的概率表示出来相加等于1，得到关于a的方程，解方程求得a的值，最后求出P（X=2）．详解：∵P（X=i）=(i=1,2,3)，∴a=3，∴P（X=2）=.故答案选：C．点睛：（1）本题主要考查分布列的性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)分布列的两个性质：①Pi≥0，i＝1，2，…；②P1+P2+…=1．14、【解题分析】

画出图形，利用斜线与平面内直线所成的角中，斜线与它的射影所成的角是最小的，判断二面角的大小即可.【题目详解】如下图所示，过点在平面内作，垂直为点，点在二面角的棱上，点在平面内，且，若对于平面内异于点的任意一点，都有.因为斜线与平面内直线所成角中，斜线与它的射影所成的角是最小的，即是直线与平面所成的角，平面，平面，所以，平面平面，所以，二面角的大小是.故答案为：.【题目点拨】本题考查二面角平面角的求解，以及直线与平面所成角的定义，考查转化与化归思想和空间想象能力，属于中等题.15、2【解题分析】

将圆化为标准方程即可求得结果.【题目详解】由得：圆心坐标为：，半径为：本题正确结果：；【题目点拨】本题考查根据圆的方程求解圆心和半径的问题，属于基础题.16、【解题分析】试题分析：由正态分布曲线是关于直线对称的可知：电子元件的使用寿命服从正态分布，那么该电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为，又，所以．故答案为．考点：正态分布．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).(2)0.【解题分析】

分析：（1）利用二项式展开式的通项公式求出展开式的通项，令的指数为零，即可求出的值；（2）结合（1）化为.详解：（1）二项式通式因为第项为常数项，所以，解得（2）因为，所以当时，所以原式点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数以及二项式的应用，属于中档题.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.18、（1）；（2）.【解题分析】

（1）根据二项式系数和为，求出的值，然后写出二项展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，再代入通项可得出展开式中的常数项；（2）设，利用作商法求出的最大值，以及对应的值，再将的值代入展开式通项可得出所求的项.【题目详解】（1）的展开式的二项式系数之和为，得.的展开式的通项为.令，解得，因此，的展开式中的常数项为；（2）设，则.当时，，则有；当时，，则有.所以，当时，最大，因此，展开式中的系数最大的项为.【题目点拨】本题考查二项展开式常数项的求解，同时也考查了二项式系数和以及系数最大项的求解，一般要利用项的系数的单调性来求解，考查计算能力，属于中等题.19、（Ⅰ），；（Ⅱ）7.【解题分析】

（Ⅰ）直接把曲线C的参数方程平方相加，可以消除参数，得到普通方程，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得直线的直角坐标方程；（Ⅱ）先写出直线的标准式参数方程，代入曲线方程，化为关于的一元二次方程，再由根与系数的关系及的几何意义，即可求出。【题目详解】(I)曲线C的普通方程:，直线l的直角坐标方程：；（II）设直线l的参数方程为（t为参数）代入，得，故；设对应的对数分别为，则，故.【题目点拨】本题主要考查曲线的极坐标方程与直角坐标方程的互化，参数方程与普通方程的互化。易错点是在应用直线参数方程中参数的几何意义时，参数方程必须是标准式，否则容易导致错误。20、6π(米2)【解题分析】

先求出射影角，再由射影比例求球的阴影部分的面积。【题目详解】解：由题意知，光线与地面成60°角，设球的阴影部分面积为S，垂直于光线的大圆面积为S′，则Scos30°＝S′,并且S′＝9π，所以S＝6π(米2)【题目点拨】先求出射影角，再由射影比例求球的阴影部分的面积。21、（1）（2）当时，，当时，【解题分析】

（1）由题意可知解方程即可得解；（2）设直线的方程为，，由直线与椭圆联立得，由根与系数的关系可得，从而得中点的坐标，进而得的垂直平分线方程，令x=0可得，再由，用坐标表示即可解.【题目详解】（1）由题意可知解得，，所以椭圆方程为.（