2024届广东省阳江市阳东广雅中学高二数学第二学期期末经典模拟试题含解析

2024届广东省阳江市阳东广雅中学高二数学第二学期期末经典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。1．七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（）A． B． C． D．2．设集合，，，则图中阴影部分所表示的集合是（）A． B． C． D．3．2019年，河北等8省公布了高考改革综合方案将采取“3+1+2”模式，即语文、数学、英语必考，然后考生先在物理、历史中选择1门，再在思想政治、地理、化学、生物中选择2门.一名同学随机选择3门功课，则该同学选到物理、地理两门功课的概率为（）A． B． C． D．4．某公共汽车上有5名乘客，沿途有4个车站，乘客下车的可能方式（）A．种 B．种 C．种 D．种5．已知命题p：∃x∈R，x2-x+1≥1．命题q：若a2＜b2，则a＜b，下列命题为真命题的是（）A． B． C． D．6．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有A．144个 B．120个 C．96个 D．72个7．“杨辉三角”又称“贾宪三角”，是因为贾宪约在公元1050年首先使用“贾宪三角”进行高次开方运算，而杨辉在公元1261年所著的《详解九章算法》一书中，记录了贾宪三角形数表，并称之为“开方作法本源”图．下列数表的构造思路就源于“杨辉三角”．该表由若干行数字组成，从第二行起，每一行中的数字均等于其“肩上”两数之和，表中最后一行仅有一个数，则这个数是（）A． B． C． D．8．将曲线按照伸缩变换后得到的曲线方程为()A． B．C． D．9．若的二项展开式各项系数和为，为虚数单位，则复数的运算结果为（）A． B． C． D．10．设直线与圆交于A，B两点，圆心为C，若为直角三角形，则（）A．0 B．2 C．4 D．0或411．已知α，β是相异两个平面，m，n是相异两直线，则下列命题中正确的是（）A．若m∥n，m⊂α，则n∥α B．若m⊥α，m⊥β，则α∥βC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β D．若α∩β=m，n∥m，则n∥β12．下列关于残差图的描述错误的是（）A．残差图的横坐标可以是编号B．残差图的横坐标可以是解释变量和预报变量C．残差点分布的带状区域的宽度越窄相关指数越小D．残差点分布的带状区域的宽度越窄残差平方和越小二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．有粒种子分种在个坑内，每坑放粒，每粒种子发芽概率为，若一个坑内至少有粒种子发芽，则这个坑不需要补种；若一个坑内的种子都没有发芽，则这个坑需要补种，假定每个坑至多补种一次，需要补种的坑数为的概率等于_______.14．在中，，，分别是角，，所对的边，且，则的最大值为_________．15．若，则___________．16．已知实数满足约束条件，则的最大值为_____________.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）已知函数f(x)=|2x-1|-|x+2|.（1）求不等式f(x)≥3的解集；（2）若关于x的不等式f(x)≥t2-3t在[18．（12分）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，底面，是棱的中点，且.（1）求证：平面；（2）如果是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为,求的值.19．（12分）如图，三棱锥中，，，，．（1）求证：；（2）求二面角的余弦值．20．（12分）如图，直三棱柱中，侧面为正方形，，是的中点，是的中点.（1）证明：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.21．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）.（1）当时，求直线与曲线的普通方程；（2）若直线与曲线交于两点，直线的倾斜角范围为，点为直线与轴的交点，求的最小值.22．（10分）如图，在以为顶点的多面体中，面，，，，，（Ⅰ）请在图中作出平面，使得平面，并说明理由；（Ⅱ）证明：平面.

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】分析：由七巧板的构造，设小正方形的边长为1，计算出黑色平行四边形和黑色等腰直角三角形的面积之和．详解：设小正方形的边长为1，可得黑色平行四边形的底为高为；黑色等腰直角三角形的直角边为2，斜边为2，大正方形的边长为2，所以，故选C．点睛：本题主要考查几何概型，由七巧板的构造，设小正方形的边长为1，通过分析观察，求得黑色平行四边形的底和高，以及求出黑色等腰直角三角形直角边和斜边长，进而计算出黑色平行四边形和黑色等腰直角三角形的面积之和，再将黑色部分面积除以大正方形面积可得概率，属于较易题型．2、A【解题分析】

阴影部分所表示的集合为：.【题目详解】由已知可得，阴影部分所表示的集合为：.故选：A.【题目点拨】本题主要考查集合的运算，属基础题.3、B【解题分析】

先计算出基本事件的总数，然后再求出该同学选到物理、地理两门功课的基本事件的个数，应用古典概型公式求出概率.【题目详解】解:由题意可知总共情况为，满足情况为，该同学选到物理、地理两门功课的概率为.故选B.【题目点拨】本题考查了古典概型公式，考查了数学运算能力.4、D【解题分析】

5名乘客选4个车站，每个乘客都有4种选法．【题目详解】每个乘客都有4种选法，共有种，选D【题目点拨】每个乘客独立，且每个乘客都有4种选法5、B【解题分析】

先判定命题的真假，再结合复合命题的判定方法进行判定.【题目详解】命题p：∃x=1∈R，使x2-x+1≥1成立．故命题p为真命题；当a=1，b=-2时，a2＜b2成立，但a＜b不成立，故命题q为假命题，故命题p∧q，￢p∧q，￢p∧￢q均为假命题；命题p∧￢q为真命题，故选：B．【题目点拨】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了复合命题，特称命题，不等式与不等关系，难度中档．6、B【解题分析】试题分析：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；进而对首位数字分2种情况讨论，①首位数字为5时，②首位数字为4时，每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案．解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；分两种情况讨论：①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有3×24=72个，②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有2×24=48个，共有72+48=120个．故选B考点：排列、组合及简单计数问题．7、B【解题分析】

由题意，数表的每一行从右往左都是等差数列，且第一行公差为1,第二行公差为2,第三行公差为4,…,第2015行公差为，故第1行的从右往左第一个数为：，第2行的从右往左第一个数为：，第3行的从右往左第一个数为：，…第行的从右往左第一个数为：，表中最后一行仅有一个数，则这个数是.8、A【解题分析】

利用代入法，即可得到伸缩变换的曲线方程．【题目详解】∵伸缩变换，∴xx′，yy′，代入曲线y＝sin2x可得y′＝3sinx′故选：A．【题目点拨】本题考查代入法求轨迹方程，考查学生的计算能力，比较基础．9、C【解题分析】

分析：利用赋值法求得，再按复数的乘方法则计算．详解：令，得，，∴．故选C．点睛：在二项式的展开式中，求系数和问题，一般用赋值法，如各项系数为，二项式系数和为，两者不能混淆．10、D【解题分析】

是等腰三角形，若为直角三角形，则，求出圆心到直线的距离，则．【题目详解】圆心为，半径为，，∵为直角三角形，∴，而，∴，即，或4.故选：D.【题目点拨】本题考查直线与圆的位置关系．在直线与圆相交问题中垂径定理常常要用到．11、B【解题分析】

在A中，根据线面平行的判定判断正误；在B中，由平面与平面平行的判定定理得α∥β；在C中，举反例即可判断判断；在D中，据线面平行的判定判断正误；【题目详解】对于A，若m∥n，m⊂α，则n∥α或n⊂α，故A错；对于B，若m⊥α，m⊥β，则由平面与平面平行的判定定理得α∥β，故B正确；对于C，不妨令α∥β，m在β内的射影为m′，则当m′⊥n时，有m⊥n，但α，β不垂直，故C错误；对于D，若α∩β=m，n∥m，则n∥β或n⊂β，故D错．故选：B．【题目点拨】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用．12、C【解题分析】分析：根据残差图的定义和图象即可得到结论．详解：A残差图的横坐标可以是编号、解释变量和预报变量，故AB正确；可用残差图判断模型的拟合效果，残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明这样的模型比较合适．带状区域的宽度越窄，说明模型的拟合精度越高．则对应相关指数越大，故选项D正确，C错误.故选：C．点睛：本题主要考查残差图的理解，比较基础．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

先计算出粒种子都没有发芽的概率，即得出每个坑需要补种的概率，然后利用独立重复试验的概率得出所求事件的概率.【题目详解】由独立事件的概率乘法公式可知，粒种子没有粒发芽的概率为，所以，一个坑需要补种的概率为，由独立重复试验的概率公式可得，需要补种的坑数为的概率为，故答案为.【题目点拨】本题考查独立事件概率乘法公式的应用，同时也考查了独立重复试验恰有次发生的概率，要弄清楚事件的基本类型，并结合相应的概率公式进行计算，考查分析问题和理解问题的能力，属于中等题.14、【解题分析】

利用正弦定理边化角化简可求得,则有,则借助正弦函数图象和性质即可求出.【题目详解】因为，所以，所以．所以，因为，所以当时，取得最小值．故答案为:.【题目点拨】本题考查正弦定理,三角函数的图象和性质,属于常考题.15、【解题分析】

先化简已知得，再利用平方关系求解.【题目详解】由题得，因为，所以故答案为：【题目点拨】本题主要考查诱导公式和同角的平方关系，意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.16、1【解题分析】

作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的△ABC及其内部，再将目标函数z＝x﹣y对应的直线进行平移并观察z的变化，即可得到z＝x﹣y的最大值．【题目详解】作出实数x，y满足约束条件表示的平面区域，得到如图的△ABC及其内部，其中A（1，1），B（3，1），C（1，1）将直线l：z＝x﹣y进行平移，当l经过点B时，目标函数z达到最大值；∴z最大值＝1；故答案为1．【题目点拨】本题给出二元一次不等式组，求目标函数z＝x﹣y的最大值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于中档题．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）(-∞,-43]∪[6,+∞)【解题分析】试题分析：（1）将f(x)的表达式以分段函数的形式写出，将原题转化为求不等式组的问题，最后对各个解集求并集得出原不等式的解集；（2）f(x)≥t2-3t在[0,1]上无解相当于f(x)试题解析：（1）由题意得f(x)={x-3,x≥则原不等式转化为{x≥12x-3≥3或∴原不等式的解集为(-∞,-4（2）由题得f(x)由（1）知，f(x)在[0,1]上的最大值为-1，即解得t>3+52或t<3-518、（1）证明见解析；（2）．【解题分析】试题分析：（1）由所以．又因为底面平面；（2）如图以为原点建立空间直角坐标系，求得平面的法向量和．试题解析：（1）连结，因为在中，，所以，所以．因为，所以．又因为底面，所以，因为，所以平面（2）如图以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则．因为是棱的中点，所以．所以，设为平面的法向量，所以，即，令，则，所以平面的法向量因为是在棱上一点，所以设．设直线与平面所成角为，因为平面的法向量，所以．解得，即，所以考点：1、线面垂直；2、线面角.19、(1)见证明；(2)【解题分析】

（1）取AB的中点D，连结PD，CD．推导出AB⊥PD，AB⊥CD，从而AB⊥平面PCD，由此能证明AB⊥PC．（2）作PO⊥CD交CD于O，作PE⊥BC，连结OE．推导出PO⊥AB，从而PO⊥平面ABC，由三垂线定理得OE⊥BC，从而∠PEO是所求二面角P﹣BC﹣A的平面角，由此能求出二面角P﹣BC﹣A的余弦值．【题目详解】（1）取的中点，连结，.因为，，所以，，所以平面，因为平面，所以.（2）作交于，又由PO⊥AB，所以PO⊥平面ABC，作，连结，根据三垂线定理，可得，所以是所求二面角的平面角，求得，，在直角中，则，所以．【题目点拨】本题主要考查了线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20、（1）证明见解析；（2）.【解题分析】

(1)由题意可得平面即可得，再利用可以得到，由线面垂直判断定理可得平面，然后根据面面垂直判断定理可得结论；(2)先以点为原点建立空间直角坐标系，设，写出相关点的坐标，再求出平面的法向量和平面的法向量，由数量积公式求出二面角的余弦值.【题目详解】（1）∵三棱柱为直三棱柱，，∴平面，∴，∵是的中点，是的中点，∴，∴，∵，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）建立如图所示空间直角坐标系，如图：设，则，，，，，设平面的法向量为，则即，令得，又平面的法向量，∴，即二面角的余弦值为.【题目点拨】本题考查了面面垂直的证明，向量法求二面角的余弦值，考查了学生的逻辑推理以及计算能力，属于一般题.21、（1）；（2）【解题分析】

（1）当，可得直线的参数方程