2024届河南省郑州市金水区实验中学数学高二第二学期期末达标检测模拟试题含解析

2024届河南省郑州市金水区实验中学数学高二第二学期期末达标检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．在二项式的展开式中，所有项的二项式系数之和为256，则展开式的中间项的系数为（）A． B． C． D．2．已知命题在上递减；命题，且是的充分不必要条件，则m的取值范围为（）A． B． C． D．3．在的展开式中，含项的系数为（）A．45 B．55 C．120 D．1654．设变量x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为（）A．4 B．6 C．8 D．105．设复数（是虚数单位），则（）A．i B． C． D．6．已知函数f（x）＝（3x﹣2）ex+mx﹣m（m≥﹣1），若有且仅有两个整数使得f（x）≤0，则实数m的取值范围是（）A．（，2] B．[，）C．[，） D．[﹣1，）7．若，则等于（）A． B． C． D．8．从某企业生产的某种产品中随机抽取件，测量这些产品的一项质量指标，其频率分布表如下：质量指标分组频率则可估计这批产品的质量指标的众数、中位数为（）A．， B．， C．， D．，9．设全集U＝{|﹣1＜x＜5}，集合A＝{1，3}，则集合∁UA的子集的个数是（）A．16 B．8 C．7 D．410．从装有除颜色外完全相同的个白球和个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取次，设摸得黑球的个数为，已知，则等于（）A． B． C． D．11．已知函数为偶函数，记，，，则的大小关系为()A． B． C． D．12．若数据的均值为1，方差为2，则数据的均值、方差为（）A．1，2 B．1+s，2 C．1，2+s D．1+s，2+s二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在的展开式中的所有的整数次幂项的系数之和为__________．14．已知曲线的方程为，集合，若对于任意的，都存在，使得成立，则称曲线为曲线.下列方程所表示的曲线中,是曲线的有__________（写出所有曲线的序号）①；②；③；④15．.若为真命题，则实数的最大值为__________．16．已知函数，若，则实数的取值范围__________.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）已知函数的一个零点是．（1）求实数的值；（2）设，若，求的值域．18．（12分）设函数.（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）当时，对任意恒成立，求整数的最大值.19．（12分）（1）解不等式:（2）设，求证：20．（12分）已知等差数列{an}，等比数列{bn}满足：a1＝b1＝1，a2＝b2，2a3－b3＝1.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Sn.21．（12分）如图所示，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，其中，且，，是的中点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求与平面所成角的正弦值.22．（10分）小王每天自己开车上班，他在路上所用的时间（分钟）与道路的拥堵情况有关.小王在一年中随机记录了200次上班在路上所用的时间，其频数统计如下表，用频率近似代替概率.（分钟）15202530频数（次）50506040（Ⅰ）求小王上班在路上所用时间的数学期望；（Ⅱ）若小王一周上班5天，每天的道路拥堵情况彼此独立，设一周内上班在路上所用时间不超过的天数为，求的分布列及数学期望.

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】

先根据条件求出，再由二项式定理及展开式通项公式，即可得答案.【题目详解】由已知可得：，所以，则展开式的中间项为，即展开式的中间项的系数为1120.故选：C．【题目点拨】本题考查由二项式定理及展开式通项公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．2、A【解题分析】

由题意可得当时不成立，当时，满足求出的范围，从而求出，再求出，根据是的充分不必要条件，即可求解.【题目详解】由命题在上递减，当时，，不满足题意，当时，则，所以：，由命题，则：，由因为是的充分不必要条件，所以.故选：A【题目点拨】本题考查了由充分不必要条件求参数的取值范围以及考查了二次函数的图像与性质，同时考查了学生的逻辑推理能力，属于中档题.3、D【解题分析】分析：由题意可得展开式中含项的系数为，再利用二项式系数的性质化为，从而得到答案．详解：的展开式中含项的系数为故选D.点睛：本题主要考查二项式定理的应用，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题．4、C【解题分析】

先作出约束条件表示的平面区域，令，由图求出的范围，进而求出的最大值.【题目详解】作出可行域如图：令，由得，点；由得，点，由图知当目标函数经过点时，最大值为4，当经过点时，最小值为，所以的最大值为8.故选：C【题目点拨】本题主要考查了简单线性规划问题，考查了学生的作图能力与数形结合的思想.5、D【解题分析】

先化简，结合二项式定理化简可求.【题目详解】，，故选D.【题目点拨】本题主要考查复数的运算和二项式定理的应用，逆用二项式定理要注意配凑出定理的结构形式.6、B【解题分析】

设，利用导数研究其单调性，作出图象，再由恒过定点，数形结合得到答案．【题目详解】设，，则，，，单调递减，，，单调递增，，取最小值，直线过定点，而，，要使有且仅有两个整数使得，则，即实数的取值范围为.故选B项.【题目点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数零点的判定，属于中档题.7、D【解题分析】

中最大的数为，包含个数据，且个数据是连续的正整数，由此可得到的表示.【题目详解】因为，所以表示从连乘到，一共是个正整数连乘，所以.故选：D.【题目点拨】本题考查排列数的表示，难度较易.注意公式：的运用.8、C【解题分析】

根据频率分布表可知频率最大的分组为，利用中点值来代表本组数据可知众数为；根据中位数将总频率分为的两部分，可构造方程求得中位数.【题目详解】根据频率分布表可知，频率最大的分组为众数为：设中位数为则，解得：，即中位数为：本题正确选项：【题目点拨】本题考查利用样本的数据特征估计众数和中位数的问题，关键是明确众数和中位数的概念，掌握用样本估计总体的方法.9、B【解题分析】因为，，所以，集合的子集的个数是，故选B.10、C【解题分析】

根据二项分布的数学期望计算，即可得出答案。【题目详解】根据题意可得出，即所以故选C【题目点拨】本题考查二项分布，属于基础题。11、C【解题分析】试题分析：因为为偶函数，所以，在上单调递增，并且，因为，，故选C．考点：函数的单调性【思路点睛】本题考察的是比较大小相关知识点，一般比较大小我们可以采用作差法、作商法、单调性法和中间量法，本题的题设中有解析式且告诉我们为偶函数，即可求出参数的值，所以我们采用单调性法，经观察即可得到函数的单调性，然后根据可以通过函数的奇偶性转化到同一侧，进而判断出几个的大小，然后利用函数的单调性即可判断出所给几个值的大小．12、B【解题分析】

由题意利用均值和方差的性质即可确定新的数据的方差和均值.【题目详解】由题意结合均值、方差的定义可得：数据的均值、方差为,.故选：B.【题目点拨】本题主要考查离散型数据的均值与方差的性质和计算，属于中等题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、122【解题分析】分析：根据二项式定理的通项公式，写出所有的整数次幂项的系数，再求和即可。详解：所以整数次幂项为为整数是，所以系数之和为122点睛：项式定理中的具体某一项时，写出通项的表达式，使其满足题目设置的条件。14、①③【解题分析】

将问题转化为：对于曲线上任意一点，在曲线上存在着点使得，据此逐项判断曲线是否为曲线.【题目详解】①的图象既关于轴对称，也关于轴对称，且图象是封闭图形，所以对于任意的点，存在着点使得，所以①满足；②的图象是双曲线，且双曲线的渐近线斜率为，所以渐近线将平面分为四个夹角为的区域，当在双曲线同一支上，此时，当不在双曲线同一支上，此时，所以，不满足，故②不满足；③的图象是焦点在轴上的抛物线，且关于轴对称，连接，再过点作的垂线，则垂线一定与抛物线交于点，所以，所以，所以③满足；④取，若，则有，显然不成立，所以此时不成立，所以④不满足.故答案为：①③.【题目点拨】本题考查曲线与方程的新定义问题，难度较难.(1)对于新定义的问题，首先要找到问题的本质：也就是本题所考查的主要知识点，然后再解决问题；(2)对于常见的，一定要能将其与向量的数量积为零即垂直关系联系在一起.15、【解题分析】

根据题意转化为，利用，可将函数进行换元，利用对勾函数求函数的最大值.【题目详解】当时，又，设，设当时，取得最大值.若为真命题，，即,的最大值是5.故填:5.【题目点拨】本题考查了根据全称命题的真假，求参数取值范围的问题，考查了转化与化归的思想，若存在，使，即，若，使恒成立，所以，需注意时任意还是存在问题.16、【解题分析】

设，再求函数的奇偶性和单调性，再利用函数的奇偶性和单调性解不等式得解.【题目详解】设，因为，所以函数是奇函数，其函数的图像为函数在R上单调递增，由题得，所以,所以,所以，所以.故答案为：【题目点拨】本题主要考查函数的单调性和奇偶性及其应用，考查函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.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)a=1;(2).【解题分析】

分析：（1）令即可求得结果；（2）将原解析式代入，结合二倍角公式、辅助角公式等求得，将x的范围带入解析式，结合三角函数图像的性质即可求出值域.【题目详解】：（Ⅰ）依题意，得，即，解得．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得．．由得当即时，取得最大值2，当即时，取得最小值-1.所以的值域是【题目点拨】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用问题，此类题目是三角函数问题中的典型题目，可谓相当经典解答本题，关键在于能利用三角函数的公式化简函数、进一步讨论函数的性质，本题易错点在于一是图象的变换与解析式的对应，二是忽视设定角的范围.难度不大，能较好的考查考生的基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等.18、（Ⅰ）当时，在内单调递增；当时，在上单调递增；在上单调递减.（Ⅱ）2【解题分析】

（Ⅰ）根据解析式求得导函数，讨论与两种情况，结合一元二次方程的根即可由导函数符号判断函数的单调性；（Ⅱ）将代入解析式，并代入不等式分离参数，构造函数，求得，在令，由即可证明在单调递增，再根据零点存在定理可知存在唯一的，使得，进而由单调性求得，整理化简后可得，即可得整数的最大值.【题目详解】（Ⅰ）函数的定义域为，，当时，恒成立，所以在内单调递增.当时，由得，，，且在区间内，在区间内.综上可得，当时，在内单调递增；当时，在上单调递增；在上单调递减.（Ⅱ）将代入函数解析式，可求得，代入不等式可得，即对任意恒成立，令，只需.，令，，所以在单调递增，显然有，，所以存在唯一的，使得.在，，，单调递减；在，，，单调递增.所以，此时，可得，所以，因为，所以，所以整数的最大值为.【题目点拨】本题考查了由导数判断含参数的函数单调性，分类讨论思想的综合应用，分离参数并构造函数分析函数的单调性与最值，零点存在定理的应用，综合性强，化简过程较为繁琐，属于难题.19、（1）（2）见解析【解题分析】

（1）根据零点分段法，分三段建立不等式组，解出各不等式组的解集，再求并集即可.（2）运用柯西不等式，直接可以证明不等式，注意考查等号成立的条件，.【题目详解】（1）解：原不等式等价于或或即：或或故元不等式的解集为：（2）由柯西不等式得，，当且仅当，即时等号成立.所以【题目点拨】本题考查绝对值不等式得解法、柯西不等式等基础知识，考查运算能力.含绝对值不等式的解法：（1）定义法；即利用去掉绝对值再解（2）零点分段法：通常适用于含有两个及两个以上的绝对值符号的不等式；（3）平方法：通常适用于两端均为非负实数时（比如）；（4）图象法或数形结合法；20、(1)an＝bn＝1或an＝2n－1，bn＝3n－1.(2)Sn＝n或Sn＝(n－1)×3n＋1.【解题分析】

(1)先解方程组得到，即得数列{an}，{bn}的通项公式.(2)利用错位相减求数列{cn}的前n项和Sn.【题目详解】(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，由已知可得,解得.从而an＝bn＝1或an＝2n－1，bn＝3n－1.(2)①当an＝bn＝1时，cn＝1，所以Sn＝n；②当an＝2n－1，bn＝3n－1时，cn＝(2n－1)×3n－1，Sn＝1＋3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝3＋3×32＋5×33＋7×34＋…＋(2n－1)×3n，从而有(1－3)Sn＝1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n－1)×3n＝1＋2(3＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝1＋2×－(2n－1)×3n＝－2(n－1)×3n－2，故Sn＝(n－1)×3n＋1.综合①②，得Sn＝n或Sn＝(n－1)×3n＋1.【题目点拨】(1)本题主要考查等比等差数列通项的求法，考查错位相减求和，意在考查学生对这些知