新疆昌吉市2024届高二数学第二学期期末调研试题含解析

新疆昌吉市2024届高二数学第二学期期末调研试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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。1．一盒中装有5张彩票，其中2张有奖，3张无奖，现从此盒中不放回地抽取2次，每次抽取一张彩票．设第1次抽出的彩票有奖的事件为A，第2次抽出的彩票有奖的事件为B，则()A． B． C． D．2．二项式的展开式中，常数项为（）A．64 B．30 C．15 D．163．若数列满足（，为常数），则称数列为调和数列.已知数列为调和数列，且，则（）A．10 B．20 C．30 D．404．A．30 B．24 C．20 D．155．三棱锥的棱长全相等，是中点，则直线与直线所成角的正弦值为（）A． B． C． D．6．在区间上随机取一个数，使直线与圆相交的概率为（）A． B． C． D．7．如图所示阴影部分是由函数、、和围成的封闭图形，则其面积是（）A． B． C． D．8．已知矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，F为线段CD上一动点（不含端点），现将△ADF沿直线AF进行翻折，在翻折过程中不可能成立的是（）A．存在某个位置，使直线AF与BD垂直 B．存在某个位置，使直线AD与BF垂直C．存在某个位置，使直线CF与DA垂直 D．存在某个位置，使直线AB与DF垂直9．定义运算＝ad－bc，若复数z满足＝－2，则（）A．1－i B．1＋i C．－1＋i D．－1－i10．用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3000的四位数，这样的四位数有（）A．250个 B．249个 C．48个 D．24个11．已知正方体的棱长为2，P是底面上的动点,，则满足条件的点P构成的图形的面积等于（）A． B． C． D．12．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程有有理数根，那么、、中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是（）A．假设、、都是偶数 B．假设、、都不是偶数C．假设、、至多有一个偶数 D．假设、、至多有两个偶数二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知X的分布列如图所示，则X-101P0.20.3a（1），（2），（3），其中正确的个数为________.14．已知向量.若与共线，则在方向上的投影为______________.15．已知函数，若，则________16．已知复数的共轭复数是，且，则的虚部是__________．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）（衡水金卷2018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试卷）如图，在三棱柱中，侧棱底面，且，是棱的中点，点在侧棱上运动.（1）当是棱的中点时，求证：平面；（2）当直线与平面所成的角的正切值为时，求二面角的余弦值.18．（12分）已知函数（且），.（1）函数的图象恒过定点，求点坐标；（2）若函数的图象过点，证明：方程在上有唯一解.19．（12分）设为虚数单位，为正整数，（1）证明：；（2），利用（1）的结论计算．20．（12分）为回馈顾客，新华都购物商场拟通过摸球兑奖的方式对500位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球（球的大小、形状一模一样），球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.（1）若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为40元，其余3个所标的面值均为20元，求顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；（2）商场对奖励总额的预算是30000元，并规定袋中的4个球由标有面值为20元和40元的两种球共同组成，或标有面值为15元和45元的两种球共同组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡．请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．提示：袋中的4个球由标有面值为a元和b元的两种球共同组成，即袋中的4个球所标的面值“既有a元又有b元”．21．（12分）某医药开发公司实验室有瓶溶液，其中瓶中有细菌，现需要把含有细菌的溶液检验出来，有如下两种方案：方案一：逐瓶检验，则需检验次；方案二：混合检验，将瓶溶液分别取样，混合在一起检验，若检验结果不含有细菌，则瓶溶液全部不含有细菌；若检验结果含有细菌，就要对这瓶溶液再逐瓶检验，此时检验次数总共为.(1)假设，采用方案一，求恰好检验3次就能确定哪两瓶溶液含有细菌的概率；(2)现对瓶溶液进行检验，已知每瓶溶液含有细菌的概率均为.若采用方案一.需检验的总次数为,若采用方案二.需检验的总次数为.(i)若与的期望相等.试求关于的函数解析式;(ii)若,且采用方案二总次数的期望小于采用方案一总次数的期望.求的最大值.参考数据：22．（10分）2016年10月16日，在印度果阿出席金砖国家领导人第八次会议时，发表了题为《坚定信心，共谋发展》的重要讲话，引起世界各国的关注，为了了解关注程度，某机构选取“70后”和“80后”两个年龄段作为调查对象，进行了问卷调查，共调查了120名“80后”，80名“70后”，其中调查的“80后”有40名不关注，其余的全部关注；调查的“70”后有10人不关注，其余的全部关注.（1）根据以上数据完成下列2×2列联表：关注不关注合计“80后”“70后”合计（2）根据2×2列联表，能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“关注与年龄段有关”？请说明理由。参考公式：K2=（n=a+b+c+d）附表：P（K2≥k0）0.500.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.001k00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828

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、D【解题分析】

由题意，第1次抽出的彩票有奖，剩下4张彩票，其中1张有奖，3张无奖，即可求出．【题目详解】由题意，第1次抽出的彩票有奖，剩下4张彩票，其中1张有奖，3张无奖，所以．故选：D．【题目点拨】本题考查条件概率，考查学生的计算能力，比较基础．2、C【解题分析】

求出二项展开式的通项公式，由此求得常数项.【题目详解】依题意，二项式展开式的通项公式为，当，故常数项为，故选C.【题目点拨】本小题主要考查二项式展开式的通项公式，属于基础题.3、B【解题分析】分析：由题意可知数列是等差数列，由等差数列的性质得，得详解：数列为调和数列为等差数列，由等差数列的求和公式得，由等差数列的性质故选B点睛：本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，通过合理的转化建立起已知条件和考点之间的联系是解题关键.4、A【解题分析】

根据公式：计算即可.【题目详解】因为，故选：A.【题目点拨】本题考查排列数的计算，难度较易.5、C【解题分析】分析：取中点，连接，由三角形中位线定理可得，直线与所成的角即为直线与直线所成角，利用余弦定理及平方关系可得结果.详解：如图，取中点，连接，分别为的中点，则为三角形的中位线，，直线与所成的角即为直线与直线所成角，三棱锥的棱长全相等，设棱长为，则，在等边三角形中，为的中点，为边上的高，，同理可得，在三角形中，，，直线与直线所成角的正弦值为，故选C.点睛：本题主要考查异面直线所成的角，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.6、C【解题分析】

先求出直线和圆相交时的取值范围，然后根据线型的几何概型概率公式求解即可．【题目详解】由题意得，圆的圆心为，半径为，直线方程即为，所以圆心到直线的距离，又直线与圆相交，所以，解得．所以在区间上随机取一个数，使直线与圆相交的概率为．故选C．【题目点拨】本题以直线和圆的位置关系为载体考查几何概型，解题的关键是由直线和圆相交求出参数的取值范围，然后根据公式求解，考查转化和计算能力，属于基础题．7、B【解题分析】

根据定积分的几何意义得到阴影部分的面积。【题目详解】由定积分的几何意义可知：阴影部分面积故选B.【题目点拨】本题考查定积分的几何意义和积分运算，属于基础题．8、C【解题分析】

连结BD，在中，可以作于O，并延长交CD于F，得到成立，得到A正确；由翻折中，保持不变，可得到B正确；根据翻折过程中，，可得到C错误；根据翻折过程中，保持不变，假设成立，得到平面ABD，结合题中条件，进而可得出结果.【题目详解】对于A，连结BD，在中，可以作于O，并延长交CD于F，则成立，翻折过程中，这个垂直关系保持不变，故A正确；对于B，在翻折过程中，保持不变，当时，有平面，从而，此时，AD＝1，AB＝2，BD＝，故B正确；对于C，在翻折过程中，保持不变，若成立，则平面CDF，从而，AD＝1，AC＝，得CD＝2，在翻折过程中，，即CD＜2，所以，CD＝2不成立，C不正确；对于D，在翻折过程中，保持不变，若成立，则平面ABD，从而，设此时，则BF＝，BD＝，只要，BD就存在，所以D正确选C．【题目点拨】本题主要考查空间中直线与直线的位置关系，熟记线面垂直的判定定理与性质定理即可，属于常考题型.9、D【解题分析】分析：直接利用新定义，化简求解即可.详解：由＝ad－bc，则满足＝－2，可得：，，则.故选D.点睛：本题考查新定义的应用，复数的除法运算法则的应用，以及共轭复数，考查计算能力.10、C【解题分析】先考虑四位数的首位，当排数字4,3时，其它三个数位上课从剩余的4个数任选4个全排，得到的四位数都满足题设条件，因此依据分类计数原理可得满足题设条件的四位数共有个，应选答案C。11、A【解题分析】

P是底面上的动点，因此只要在底面上讨论即可，以为轴建立平面直角坐标系，设，根据已知列出满足的关系．【题目详解】如图，以为轴在平面内建立平面直角坐标系，设，由得，整理得，设直线与正方形的边交于点，则点在内部（含边界），易知，，∴，．故选A．【题目点拨】本题考查空间两点间的距离问题，解题关键是在底面上建立平面直角坐标系，把空间问题转化为平面问题去解决．12、B【解题分析】分析：本题考查反证法的概念，逻辑用语，否命题与命题的否定的概念，逻辑词语的否定．根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，故只须对“b、c中至少有一个偶数”写出否定即可．解答：解：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定“至少有一个”的否定“都不是”．即假设正确的是：假设a、b、c都不是偶数故选B．点评：一些正面词语的否定：“是”的否定：“不是”；“能”的否定：“不能”；“都是”的否定：“不都是”；“至多有一个”的否定：“至少有两个”；“至少有一个”的否定：“一个也没有”；“是至多有n个”的否定：“至少有n+1个”；“任意的”的否定：“某个”；“任意两个”的否定：“某两个”；“所有的”的否定：“某些”．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解题分析】

由分布列先求出，再利用公式计算和即可.【题目详解】解：由题意知：，即；综上，故（1）正确，（2）（3）错误，正确的个数是1.故答案为：1.【题目点拨】本题考查了离散型随机变量的期望和方差，属于基础题.14、【解题分析】

先根据与共线求出的值，再利用向量的投影公式求在方向上的投影.【题目详解】∵∴.又∵与共线，∴，∴，∴，∴在方向上的投影为.故答案为：【题目点拨】本题主要考查向量共线的坐标表示和向量的投影的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.15、【解题分析】

考虑的奇偶性，利用奇偶性解决问题.【题目详解】令，则有，且定义域为，关于原点对称，所以是奇函数，则，即，所以.【题目点拨】本题考查类奇偶函数的运用，难度较易.关键是先构造出奇偶函数，然后利用新函数的值去分析结果.16、【解题分析】

设复数，代入等式得到答案.【题目详解】设复数故答案为【题目点拨】本题考查了复数的化简，共轭复数，复数的模，意在考查学生的计算能力和对复数知识的灵活运用.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】试题分析：（1）取线段的中点，连结．可得四边形是平行四边形，，即可证明平面；（2）以为原点，，，所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用向量法二面角的余弦值.试题解析：(1)取线段的中点，连结.∵,∴，且.又为的中点，∴,且.∴,且.∴四边形是平行四边形.∴.又平面平面,∴平面.(2)∵两两垂直，∴以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图,∵三棱柱中，平面，∴即为直线与平面所成的角.设，则由，得.∴.∴,设平面的一个法向量为，则令，得，即.又平面的一个法向量为,∴,又二面角的平面角为钝角，∴二面角的余弦值为.18、(1)；(2)证明见解析.【解题分析】试题分析：(1)结合对数函数的性质可得函数的图象恒过定点；(2)由题意结合函数的单调性和函数的值域即可证得题中的结论.试题解析：（1）解：∵当时，，说明的图象恒过点.（2）证明：∵过，∴，∴，∵分别为上的增函数和减函数，∴为上的增函数，∴在上至多有一个零点，又，∴在上至多有一个零点，而，，∴在上有唯一解.19、(1)证明见解析.(2).【解题分析】分析：（1）利用数学归纳法先证明，先证明当时成立，假设当时，命题成立，只需证明当时，命题也成立，证明过程注意三角函数和差公式的应用；（2）由（1）结论得，结合诱导公式与特殊角的三角函数可得结果.详解：（1）1°当时，左边，右边，所以命题成立2°假设当时，命题成立，即，则当时，所以，当时，命题也成立综上所述，（为正整数）成立（2）由（1）结论得点睛：本题主要考查复数的运算、诱导公式、特殊角的三角函数、归纳推理的应用以及数学归纳法证明，属于中档题.利用数学归纳法证明结论的步骤是:(1)验证时结论成立；（2）假设时结论正确，证明时结论正确（证明过程一定要用假设结论）；（3）得出结论.20、（1）分布列见解析；期望为50；（2）应该选择面值设计方案“”，即标有面值元和面值元的球各两个【解题分析】

（1）设顾客获得的奖励额为，随机变量的可能取值为,分别求出对应概率，列出分布列并求出期望即可；（2）分析可知期望为60元，讨论两种方案：若选择“”的面值设计，只有“”的面值组合符合期望为60元，求出方差；当球标有的面值为元和元时，面值设计是“”符合期望为60元，求出方差，比较两种情况的方差，即可得出结论.【题目详解】解：（1）设顾客获得的奖励额为，随机变量的可能取值为.，，所以的分布列如下：所以顾客所获的奖励额的期望为（2）根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为元.所以可先寻找使期望为60元的可能方案：当球标有的面值为元和元时，若选择“”的面值设计，因为元是面值之和的最大值，所以期望不可能为；若选择“”的面值设计，因为元是面值之和的最小值，所以期望不可能为.因此可能的面值设计是选择“”，设此方案中顾客所获得奖励额为，则的可能取值为..的分布列如下：所以的期望为的方差为当球标有的面值为元和元时，同理可排除“”、“”的面值