2024届西藏林芝二中数学高二第二学期期末检测模拟试题含解析

2024届西藏林芝二中数学高二第二学期期末检测模拟试题考生请注意：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．已知函数满足，与函数图象的交点为，则=（）A．0 B． C． D．2．已知某批零件的长度误差（单位）服从正态分布，若，，现从中随机取一件，其长度误差落在区间内的概率（）A．0.0456 B．0.1359 C．0.2718 D．0.31743．如图，阴影部分的面积是（）A． B． C． D．4．设是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则以下结论错误的是（）A．若，，则B．若，则C．若，则D．若，则5．已知命题，则为A． B．C． D．6．设为等差数列的前项和，若，，则A． B． C． D．7．黄金螺旋线又名鹦鹉螺曲线，是自然界最美的鬼斧神工。就是在一个黄金矩形（宽除以长约等于0.6的矩形）先以宽为边长做一个正方形，然后再在剩下的矩形里面再以其中的宽为边长做一个正方形，以此循环做下去，最后在所形成的每个正方形里面画出1/4圆，把圆弧线顺序连接，得到的这条弧线就是“黄金螺旋曲线了。著名的“蒙娜丽莎”便是符合这个比例，现把每一段黄金螺旋线与其每段所在的正方形所围成的扇形面积设为，每扇形的半径设为满足，若将的每一项按照上图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的对应正方形格子的面积之和为，则下列结论错误的是（）A． B．C． D．8．定积分的值为()A．3 B．1 C． D．9．某校派出5名老师去海口市三所中学进行教学交流活动，每所中学至少派一名教师，则不同的分配方案有（）A．80种 B．90种 C．120种 D．150种10．将甲桶中的升水缓慢注入空桶乙中，后甲桶剩余的水量符合指数衰减曲线，假设过后甲桶和乙桶的水量相等，若再过甲桶中的水只有升，则的值为（）A．10 B．9 C．8 D．511．的外接圆的圆心为，，，则等于（）A． B． C． D．12．已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡.若顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有（）种A．19 B．7 C．26 D．12二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．命题，命题，则“或”是__________命题.(填“真”、“假”）14．若，且，那么__________．15．已知空间向量，，（其中、），如果存在实数，使得成立，则_____________.16．甲、乙、丙三名同学中只有一人考了满分，当他们被问到谁考了满分时，甲说：丙没有考满分；乙说：是我考的；丙说：甲说真话．事实证明：在这三名同学中，只有一人说的是假话，那么得满分的同学是_____．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）已知函数（1）设的最大值为，求的最小值；（2）在（1）的条件下，若，且，求的最大值.18．（12分）已知椭圆的离心率为，焦距为。（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，过左焦点的直线与椭圆交于、两点，求的面积的最大值。19．（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.20．（12分）已知.（1）求不等式的解集；（2）若，恒成立，求的取值范围.21．（12分）某校从参加高二年级期末考试的学生中随机抽取了名学生，已知这名学生的物理成绩均不低于60分（满分为100分）．现将这名学生的物理成绩分为四组：，，，，得到的频率分布直方图如图所示，其中物理成绩在内的有28名学生，将物理成绩在内定义为“优秀”，在内定义为“良好”．男生女生合计优秀良好20合计60（1）求实数的值及样本容量；（2）根据物理成绩是否优秀，利用分层抽样的方法从这名学生中抽取10名，再从这10名学生中随机抽取3名，求这3名学生的物理成绩至少有2名是优秀的概率；（3）请将列联表补充完整，并判断是否有的把握认为物理成绩是否优秀与性别有关？参考公式及数据：（其中）.0.1500.1000.0500.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82822．（10分）设，．（Ⅰ）如果存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；（Ⅱ）如果对于任意的都有f(s)≥g(t)成立，求实数a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、B【解题分析】

由题意知函数的图象和函数的图象都关于直线对称，可知它们的交点也关于直线对称，于此可得出的值。【题目详解】设，由于，则函数的图象关于直线对称，且函数的图象也关于直线对称，所以，函数与函数的交点也关于直线对称，所以，，令，则，所以，，因此，，故选：B.【题目点拨】本题考查函数的交点坐标之和，考查函数图象的应用，抓住函数图象对称性是解题的关键，同时也要注意抽象函数关系与性质之间的关系，如下所示：（1），则函数的周期为；（2）或，则函数的对称轴为直线；（3），则函数的对称中心为.2、B【解题分析】

，由此可得答案．【题目详解】解：由题意有，故选：B．【题目点拨】本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．3、C【解题分析】

运用定积分的性质可以求出阴影部分的面积.【题目详解】设阴影部分的面积为，则.选C【题目点拨】考查了定积分在几何学上的应用，考查了数学运算能力.4、C【解题分析】试题分析：选项A可由面面平行的性质可以得到；B选项，可由线面平行的性质定理和判定定理，通过论证即可得到；C选项，，缺少条件和相交，故不能证明面面平行，C错误；D选项，，过作平面，，由线面平行的性质可得，，，.D正确.考点：直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系.5、C【解题分析】分析：把全称改为特称，大于改为小于等于。详解：，故选C点睛：带全称、特称量词的否定，命题“，则成立”的否定：，则成立命题“，则成立”的否定：，则成立6、B【解题分析】分析：首先设出等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式，得到公差所满足的等量关系式，从而求得结果，之后应用等差数列的通项公式求得，从而求得正确结果.详解：设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，整理解得，所以，故选B.点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.7、D【解题分析】

根据定义求数列和，利用化简求解，利用特殊值否定结论.【题目详解】由题意得为以为长和宽矩形的面积，即；；又，故正确；因为，所以D错误,选D.【题目点拨】本题考查数列求和以及利用递推关系化简，考查综合分析求解能力，属较难题.8、C【解题分析】

运用定积分运算公式，进行求解计算.【题目详解】，故本题选C.【题目点拨】本题考查了定积分的运算，属于基础题.9、D【解题分析】

不同的分配方案有(C10、D【解题分析】由题设可得方程组，由，代入，联立两个等式可得，由此解得，应选答案D。11、C【解题分析】

，选C12、C【解题分析】

由题意，根据甲丙丁的支付方式进行分类，根据分类计数原理即可求出．【题目详解】顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，

①当甲丙丁顾客都不选微信时，则甲有2种选择，当甲选择现金时，其余2人种，

当甲选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有，故有2+5=7种，

②当甲丙丁顾客都不选支付宝时，则甲有2种选择，当甲选择现金时，其余2人种，

当甲选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有，故有2+5=7种，

③当甲丙丁顾客都不选银联卡时，若有人使用现金，则,若没有人使用现金，则有种，故有6+6=12种，根据分步计数原理可得共有7+7+6+6=26种，

故选C．【题目点拨】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，考查了转化思想，属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、真【解题分析】分析：先判断p,q真假，再判断“或”真假.详解：因为，所以p为假命题,因为，所以q为真命题,因此“或”是真命题，点睛：若要判断一个含有逻辑联结词的命题的真假，需先判断构成这个命题的每个简单命题的真假，再依据“或”：一真即真，“且”：一假即假，“非”：真假相反，做出判断即可.14、1【解题分析】分析：根据条件中所给的二项式定理的展开式，写出a和b的值，根据这两个数字的比值，写出关于n的等式，即方程，解方程就可以求出n的值．详解：∵（x+1）n=xn+…+ax3+bx2+cx+1（n∈N*），∴a=Cn3，b=Cn2，∵a：b=3：1，∴a：b=Cn3：Cn2=3：1，∴：=3：1，∴n=1．故答案为：1点睛：本题是考查二项式定理应用，考查二项式定理的二项式系数，属于基础题，解题的关键是利用通项公式确定a与b的值．15、【解题分析】

利用向量的坐标运算得出关于、、的方程组，解出即可得出的值.【题目详解】，，且，所以，解得，因此，.故答案为：.【题目点拨】本题考查空间向量共线的坐标运算，建立方程组求解是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.16、甲【解题分析】

分析题意只有一人说假话可知，假设只有甲说的是假话，即丙考满分，则乙也是假话，故假设不成立；假设只有乙说的是假话，则甲和丙说的都是真话，即乙没有得满分，丙没有得满分，故甲考满分.假设只有丙说的是假话，即甲和乙说的是真话，即丙说了真话，矛盾，故假设不成立.综上所述，得满分的是甲.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)2【解题分析】

运用不等式性质求出最小值根据不等式求最大值【题目详解】（1）∵，∴（当且仅当时取“=”号）∴（2）∵（当且仅当时取“=”号），（当且仅当时取“=”号），（当且仅当时取“=”号），∴（当且仅当时取“=”号）∴（当且仅当时取“=”号）∴的最大值为2.【题目点拨】本题考查了根据绝对值的应用求出不等式的解集，运用不等式性质求解是本题关键，注意题目中的转化。18、(1)(2)【解题分析】

（1）由，，又由，解得，即可求得椭圆的方程；（2）设出过焦点的直线方程代入椭圆方程，利用一元二次方程跟与系数关系得出交点纵坐标的关系，继而表示△OAB的面积，利用基本不等式求最值．【题目详解】（1）由，，又由，解得，，所以椭圆的方程为．（2）设过的直线方程为，代入椭圆的方程，化简得，显然．设，，，.从而.所以.令，则，当，即时取等号.所以面积的最大值为.【题目点拨】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．19、（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.20、（1）（2）【解题分析】

（1）利用分类讨论法解不等式得解集；（2）先求出，，再解不等式得解.【题目详解】解：（1）不等式可化为当时，，，所以无解；当时，，所以；当时，，，所以.综上，不等式的解集是.（2），若，恒成立，则，解得：.【题目点拨】本题主要考查分类讨论法解不等式，考查绝对值三角不等式和不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题.21、（1）100；（2）；（3）见解析【解题分析】

（1）由题可得，即可得到的值，结合物理成绩在内的有名学生，可求出样本容量；（2）先求出这名学生中物理成绩良好的人数，结合分层抽样的特点，可分别求出这名学生中物理成绩良好和优秀的人数，然后列出式子求概率即可；（3）先完善列联表，然后求出的观测值，从而可得到答案.【题目详解】（1）由题可得，解得，又物理成绩在内的有名学生，所以，解得．（2）由题可得，这名学生中物理成绩良好的有名，所以抽取的名学生中物理成绩良好的有名，物理成绩优秀的有名，故从这10名学生中随机抽取3名，这3名学生的物理成绩至少有2名是优秀的概率为．（3）补充完整的列联表如下表所示：男生女生合计优秀204060良好202040合计4060100则的观测值，所以没有的把握认为物理成绩是否优秀与性别有关.【题目点拨】本题考查了频率分布直方图、分层抽样及独立性检验的应用，考查了学生的计算能力，属于中档题.22、（Ⅰ）M＝4；（Ⅱ