2024届湖北省宜昌市示范高中教学协作体数学高二第二学期期末学业水平测试模拟试题含解析

2024届湖北省宜昌市示范高中教学协作体数学高二第二学期期末学业水平测试模拟试题注意事项：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．在区间[0,2]上随机取两个数x，y，则xy∈[0,2]的概率是（）．A．1-ln22B．3-2ln2．的外接圆的圆心为，，，则等于（）A． B． C． D．3．一个算法的程序框图如图所示，则该程序框图的功能是A．求a，b，c三数中的最大数 B．求a，b，c三数中的最小数C．将a，b，c按从小到大排列 D．将a，b，c按从大到小排列4．设，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要条件C．充分条件 D．既不充分也不必要条件5．在10个篮球中有6个正品，4个次品.从中抽取4个，则正品数比次品数少的概率为A． B． C． D．6．已知，，则函数的零点个数为（）A．3 B．2 C．1 D．07．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，若三棱锥体积的最大值为2，则球的表面积为()A． B． C． D．8．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥n，m⊥β，则n⊥β；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若m∥n，m∥β，则n∥β；④若m⊥α，m⊥β，则α⊥β.其中真命题的个数为()A．1B．2C．3D．49．从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任），要求这3位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有（）A．210种 B．420种 C．630种 D．840种10．下面是列联表：合计2163223557合计56120则表中的值分别为（）A．84，60 B．42，64 C．42,74 D．74,4211．定义在上的偶函数满足：对任意的，，有，则（）．A． B．C． D．12．函数的递增区间为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．甲乙两名选手进行一场羽毛球比赛，采用三局二胜制，先胜两局者赢得比赛，比赛随即结束，已知任一局甲胜的概率为，若甲赢得比赛的概率为，则取得最大值时______14．若复数满足（为虚数单位），则的共轭复数__________．15．某校高二学生一次数学诊断考试成绩（单位：分）服从正态分布，从中抽取一个同学的数学成绩，记该同学的成绩为事件，记该同学的成绩为事件，则在事件发生的条件下事件发生的概率______．（结果用分数表示）附参考数据：；；．16．设是定义在上、以1为周期的函数，若在上的值域为，则在区间上的值域为．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）设函数，.（I）求函数的单调区间；（Ⅱ）若方程在上有解，证明：.18．（12分）已知抛物线，过焦点作斜率为的直线交抛物线于两点.（1）若，求；（2）过焦点再作斜率为的直线交抛物线于两点，且分别是线段的中点，若，证明：直线过定点.19．（12分）已知函数（1）若当时，恒成立，求实数的取值范围.（2）设，求证：当时，.20．（12分）设，已知，为关于的二次方程两个不同的虚根，（1）若，求实数的取值范围；（2）若，，求实数，的值.21．（12分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），以直角坐标系的原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立坐标系，圆的极坐标方程为.（1）求圆的直角坐标方程（化为标准方程）及曲线的普通方程；（2）若圆与曲线的公共弦长为，求的值.22．（10分）《基础教育课程改革纲要(试行)》将“具有良好的心理素质”列入新课程的培养目标．为加强心理健康教育工作的开展，不断提高学生的心理素质，九江市某校高二年级开设了《心理健康》选修课，学分为2分．学校根据学生平时上课表现给出“合格”与“不合格”两种评价，获得“合格”评价的学生给予41分的平时分，获得“不合格”评价的学生给予31分的平时分，另外还将进行一次测验．学生将以“平时分×41%+测验分×81%”作为“最终得分”，“最终得分”不少于51分者获得学分．该校高二(1)班选修《心理健康》课的学生的平时分及测验分结果如下：测验分[31，41)[41，41)[41，51)[51，61)[61，81)[81，91)[91，111]平时分41分人数1113442平时分31分人数1111111（1）根据表中数据完成如下2×2列联表，并分析是否有94%的把握认为这些学生“测验分是否达到51分”与“平时分”有关联？选修人数测验分达到51分测验分未达到51分合计平时分41分平时分31分合计（2）用样本估计总体，若从所有选修《心理健康》课的学生中随机抽取4人，设获得学分人数为，求的期望．附：，其中1．11．141．1241．111．1141．1112．6153．8414．1245．5346．86911．828

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、C【解题分析】试题分析：由题意所有的基本事件满足0≤x≤20≤y≤2，所研究的事件满足0≤y≤2x，画出可行域如图，总的区域面积是一个边长为2的正方形，其面积为4，满足0≤y≤2x的区域的面积为考点：几何概型2、C【解题分析】

，选C3、B【解题分析】

根据框图可知，当a>b时，把b的值赋给a，此时a表示a、b中的小数；当a>c时，将c的值赋给a，a表示a、c中的小数，所以输出a表示的是a，b，c中的最小数.【题目详解】由程序框图，可知若a>b，则将b的值赋给a，a表示a，b中的小数；再判断a与c的大小，若a>c，则将c的值赋给a，则a表示a，c中的小数，结果输出a，即a是a，b，c中的最小数．【题目点拨】本题考查程序框图的应用，解题的关键是在解题的过程中模拟程序框图的运行过程，属于基础题.4、A【解题分析】

分析两个命题的真假即得，即命题和．【题目详解】为真，但时．所以命题为假．故应为充分不必要条件．故选：A．【题目点拨】本题考查充分必要条件判断，充分必要条件实质上是判断相应命题的真假：为真，则是的充分条件，是的必要条件．5、A【解题分析】

正品数比次品数少，包括一正三次和全部是次品两种情况，根据情况写出所有的组合数计算即可.【题目详解】正品数比次品数少，包括一正三次和全部是次品这两种情况为，总数为，所以概率为．选A.【题目点拨】本题考查概率问题，解题的关键是正确的求出所有可能的结果，属于基础题.6、B【解题分析】

由题意可作出函数f(x)和g(x)的图象，图象公共点的个数即为函数h(x)=f(x)−g(x)的零点个数．【题目详解】可由题意在同一个坐标系中画出f(x)=2lnx，的图象，其中红色的为f(x)=2lnx的图象，由图象可知：函数f(x)和g(x)的图象有2个公共点，即h(x)=f(x)−g(x)的零点个数为2，故选：B．【题目点拨】本题考查函数的零点问题，属于函数与方程思想的综合运用，求零点个数问题通常采用数形结合方法，画出图像即可得到交点个数，属于中等题.7、D【解题分析】分析：根据棱锥的最大高度和勾股定理计算球的半径，从而得出外接球的表面积．详解：因为，所以，过的中点作平面的垂下，则球心在上，设，球的半径为，则棱锥的高的最大值为，因为，所以，由勾股定理得，解得，所以球的表面积为，故选D．点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）利用球的截面的性质，根据勾股定理列出方程求解球的半径．8、A【解题分析】对于①，由直线与平面垂直的判定定理易知其正确；对于②，平面α与β可能平行或相交，故②错误；对于③，直线n可能平行于平面β，也可能在平面β内，故③错误；对于④，由两平面平行的判定定理易得平面α与β平行，故④错误．综上所述，正确命题的个数为1，故选A.9、B【解题分析】依题意可得，3位实习教师中可能是一男两女或两男一女．若是一男两女，则有种选派方案，若是两男一女，则有种选派方案．所以总共有种不同选派方案，故选B10、B【解题分析】因，故,又，则，应选答案B。11、A【解题分析】由对任意x1，x2[0，＋∞)(x1≠x2)，有<0，得f(x)在[0，＋∞)上单独递减，所以，选A.点睛：利用函数性质比较两个函数值或两个自变量的大小，首先根据函数的性质构造某个函数，然后根据函数的奇偶性转化为单调区间上函数值，最后根据单调性比较大小，要注意转化在定义域内进行12、D【解题分析】∵f(x)=lnx−4x+1定义域是{x|x>0}∵当f′(x)>0时,.本题选择D选项.点睛：(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．关键是分离参数k，把所求问题转化为求函数的最小值问题．(2)若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

利用表示出，从而将表示为关于的函数，利用导数求解出当时函数的单调性，从而可确定最大值点.【题目详解】甲赢得比赛的概率：，令，则，令，解得：当时，；当时，即在上单调递增；在上单调递减当时，取最大值，即取最大值本题正确结果：【题目点拨】本题考查利用导数求解函数的最值问题，关键是根据条件将表示为关于变量的函数，同时需要注意函数的定义域.14、【解题分析】

先由复数的除法运算，求出复数，进而可得出其共轭复数.【题目详解】因为，所以，因此其共轭复数为故答案为【题目点拨】本题主要考查复数的运算，以及共轭复数，熟记运算法则与共轭复数的概念即可，属于基础题型.15、【解题分析】

计算出和，然后利用条件概率公式可得出的值.【题目详解】由题意可知，，事件为，，，所以，，，由条件概率公式得，故答案为：.【题目点拨】本题考查条件概率的计算，同时也考查了正态分布原则计算概率，解题时要将相应的事件转化为正态分布事件，充分利用正态密度曲线的对称性计算，考查计算能力，属于中等题.16、【解题分析】略三、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、（I）单调增区间，单调递减区间（Ⅱ）详见解析.【解题分析】

（I），对分类讨论即可得出单调性．（Ⅱ）函数在有零点，可得方程f（x）=0有解，可得方程f（x）=0有解，可得有解，令，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出的取值范围．【题目详解】（I）,时，，函数在上单调递增，当时,，函数在上单调递减.（Ⅱ）函数在有零点，可得方程有解.,有解.令，设函数，所以函数在上单增，又，存在当时，；当时，所以函数存在唯一最小值，满足，有解，.【题目点拨】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化问题、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．18、（1）；（2）证明见解析【解题分析】

（1）设，，联立直线的方程和抛物线方程可得，然后利用即可求出（2）根据（1）中结果可得到，同理，由可推出，然后写出直线的方程化简即可.【题目详解】（1），设，由得，，解得（2），同理，，所以化简得：直线过定点【题目点拨】涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体代入”等解法.19、(1)；(2)证明见解析【解题分析】

（1）解法一：求得函数导数并通分，对分成两种情况，结合函数的单调性、最值，求得实数的取值范围.解法二：将原不等式分离常数，得到，构造函数，利用导数结合洛必达法则，求得的取值范围，由此求得的取值范围.（2）解法一：先由（1）的结论，证得当时成立.再利用导数证得当时，也成立，由此证得不等式成立.解法二：将所要证明的不等式等价转化为，构造函数，利用导数证得，进而证得，也即证得.【题目详解】解：（1）【解法一】由得：①当时，由知，在区间上为增函数，当时，恒成立，所以当时，满足题意；②当时，在区间上是减函数，在区间上是增函数.这时当时，，令，则即在上为减函数，所以即在上的最小值，此时，当时，不可能恒成立，即有不满足题意.综上可知，当，使恒成立时，的取值范围是.【解法二】当时，等价于令，则只须使设在上为增函数，所以在上为增函数，当时，由洛必达法则知即当时，，所以有即当，使恒成立时，则的取值范围是（2）解法一：由（1）知，当时，当时，又成立故只须在证明，当时，即可当时，又当时，所以，只须证明即可；设由得：当，时当时，即在区间上为增函数，在区间上为减函数，当时，成立综上可知，当时，成立.（2）解法二：由（1）知当时，等价于设由得：当时，；当时，即在区间上为增函数，在区间上为减函数，当时，因为时，.所以所以成立.综上可知，当时，成立.【题目点拨】本小题主要考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想，考查化归与转化的数学思想方法，难度较大，属于难题.20、(1)；(2),【解题分析】

(1)由题可得二次函数的判别式小于0,列式求解即可.

(2)利用韦达定理代入可求得的关系,再化简利用韦达定理表示,换成的形式进行求解即可.【题目详解】(1)由题二次函数的判别式小于0,故,解得.

(2)由为关于的二次方程两个不同的虚根可得,,又则,得,因为,故,又,故故,【题目点拨】本题主要考查了一元二次方程的复数根的性质,注意的意义为的模长为2,故.属于中等题型.21、(1)曲线的直角坐标方程为,曲线的普通方程为;(2).【解题分析】分析：（1）由极坐标与直角坐标的互化公式即可得圆的直角坐标