2024届深圳市重点中学高二数学第二学期期末综合测试模拟试题含解析

2024届深圳市重点中学高二数学第二学期期末综合测试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．定义在上的奇函数满足，且在上单调递增，则下列结论中正确的是（）A.B.C.D.2．已知随机变量X服从正态分布且P（X4）=0.88，则P（0X4）=（）A．0.88 B．0.76 C．0.24 D．0.123．已知复数,则的共轭复数()A． B． C． D．4．已知，则方程的实根个数为，且，则（）A． B． C． D．5．已知分别是的内角的的对边，若，则的形状为（）A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等边三角形6．下列说法正确的是()A．若命题均为真命题，则命题为真命题B．“若，则”的否命题是“若”C．在，“”是“”的充要条件D．命题“”的否定为“”7．直线y=x与曲线y=xA．52 B．32 C．28．若直线把圆分成面积相等的两部分，则当取得最大值时，坐标原点到直线的距离是（）A．4B．C．2D．9．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何也有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥．现有一如图所示的“堑堵”即三棱柱，其中，若，当“阳马”即四棱锥体积最大时，“堑堵”即三棱柱的表面积为A． B． C． D．10．已知，，且，则的最大值是()A． B． C． D．11．函数在点处的切线方程为（）A． B． C． D．12．设随机变量，若，则()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若小明在参加理、化、生三门课程的等级性考试中，取得等级的概率均为，且三门课程的成绩是否取得等级互不影响．则小明在这三门课程的等级性考试中恰有两门取得等级的概率为_______．14．已知函数，给出以下结论：①曲线在点处的切线方程为；②在曲线上任一点处的切线中有且只有两条与轴平行；③若方程恰有一个实数根，则；④若方程恰有两个不同实数根，则或.其中所有正确结论的序号为__________．15．已知表示两个不同的平面,为平面内的一条直线,则“构成直二面角”是“”的______条件（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”“或”“既不充分也不必要”）.16．驻马店市某校高三年级学生一次数学诊断考试的成绩(单位:分)服从正态分布,记为事件为事件,则__________.(结果用分数示)附：；；.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）已知都是实数，，.（Ⅰ）若，求实数的取值范围；（Ⅱ）若对满足条件的所有都成立，求实数的取值范围．18．（12分）如图，在矩形中，为CD的中点，将沿AE折起到的位置，使得平面平面．（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.19．（12分）已知函数，，若在处与直线相切．（1）求的值；（2）求在上的极值．20．（12分）甲、乙、丙3人均以游戏的方式决定是否参加学校音乐社团、美术社团，游戏规则为：①先将一个圆8等分（如图），再将8个等分点，分别标注在8个相同的小球上，并将这8个小球放入一个不透明的盒子里，每个人从盒内随机摸出两个小球、然后用摸出的两个小球上标注的分点与圆心构造三角形.若能构成直角三角形，则两个社团都参加；若能构成锐角三角形，则只参加美术社团；若能构成钝角三角形，则只参加音乐社团；若不能构成三角形，则两个社团都不参加.②前一个同学摸出两个小球记录下结果后，把两个小球都放回盒内，下一位同学再从盒中随机摸取两个小球．（1）求甲能参加音乐社团的概率；（2）记甲、乙、丙3人能参加音乐社团的人数为随机变量，求的分布列、数学期望和方差21．（12分）如图所示，在四棱锥中，平面，，，是的中点，是上的点，且，为中边上的高.（1）证明：平面；（2）若，，，求三棱锥的体积.22．（10分）设.（1）解不等式；（2）若不等式在上恒成立,求实数的取值范围.

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、D【解题分析】试题分析：由可得：，所以函数的周期，又因为是定义在R上的奇函数，所以，又在上单调递增，所以当时，，因此，，所以。考点：函数的性质。2、B【解题分析】

正态曲线关于对称，利用已知条件转化求解概率即可．【题目详解】因为随机变量服从正态分布，，得对称轴是，，，，故选B．【题目点拨】本题在充分理解正态分布的基础上，充分利用正态分布的对称性解题，是一道基础题．3、A【解题分析】

对复数进行化简，然后得到，再求出共轭复数.【题目详解】因为，所以，所以的共轭复数故选A项.【题目点拨】本题考查复数的四则运算，共轭复数的概念，属于简单题.4、A【解题分析】

由与的图象交点个数可确定；利用二项式定理可分别求得和的展开式中项的系数，加和得到结果.【题目详解】当时，与的图象如下图所示：可知与有且仅有个交点，即的根的个数为的展开式通项为：当，即时，展开式的项为：又本题正确选项：【题目点拨】本题考查利用二项式定理求解指定项的系数的问题，涉及到函数交点个数的求解；解题关键是能够将二项式配凑为展开项的形式，从而分别求解对应的系数，考查学生对于二项式定理的综合应用能力.5、A【解题分析】

由已知结合正弦定理可得利用三角形的内角和及诱导公式可得，整理可得从而有结合三角形的性质可求【题目详解】解：是的一个内角，，由正弦定理可得，又，，即为钝角，故选A．【题目点拨】本题主要考查了正弦定理，三角形的内角和及诱导公式，两角和的正弦公式，属于基础试题．6、D【解题分析】

利用复合命题的真假四种命题的逆否关系以及命题的否定，充要条件判断选项的正误即可．【题目详解】对于A：若命题p，￢q均为真命题，则q是假命题，所以命题p∧q为假命题，所以A不正确；

对于B：“若，则”的否命题是“若，则”，所以B不正确；

对于C：在△ABC中，“”⇔“A+B=”⇔“A=-B”⇒sinA=cosB，

反之sinA=cosB，A+B=，或A=+B，“C=”不一定成立，

∴C=是sinA=cosB成立的充分不必要条件，所以C不正确；

对于D：命题p：“∃x0∈R，x02-x0-5＞0”的否定为￢p：“∀x∈R，x2-x-5≤0”，所以D正确．

故选D．【题目点拨】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及充要条件，四种命题的逆否关系，命题的否定等知识，是基本知识的考查．7、D【解题分析】

利用定积分的几何意义，首先利用定积分表示面积，然后计算即可．【题目详解】y=x与曲线y=xS=0故选：D．【题目点拨】本题考查了定积分的几何意义的应用，关键是正确利用定积分表示面积，属于基础题．8、D【解题分析】依题意可知直线过圆心，代入直线方程得，当且仅当时当好成立，此时原点到直线的距离为.9、C【解题分析】分析：由四棱锥的体积是三棱柱体积的，知只要三棱柱体积最大，则四棱锥体积也最大，求出三棱柱的体积后用基本不等式求得最大值，及取得最大值时的条件，再求表面积．详解：四棱锥的体积是三棱柱体积的，，当且仅当时，取等号．∴．故选C．点睛：本题考查棱柱与棱锥的体积，考查用基本不等式求最值．解题关键是表示出三棱柱的体积．10、A【解题分析】

根据题中条件，结合基本不等式，即可得出结果.【题目详解】因为，，所以，；又，所以，当且仅当，即时，等号成立.故选：A【题目点拨】本题主要考查由基本不等式求最值，熟记基本不等式即可，属于基础题型.11、D【解题分析】分析：由题意，求得，得到，利用直线的点斜式方程，即可求解切线的方程；详解：由题意，函数，则，所以，即切线的斜率为，又，所以切线过点，所以切线的方程为，即，故选D．点睛：本题主要考查了利用导数的几何意义求解切线的方程问题，其中熟记导数的几何意义的应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．12、B【解题分析】

根据，可以求出的值，利用二项分布的方差公式直接求出的值.【题目详解】解:，解得，，故选B.【题目点拨】本题考查了二项分布的方差公式，考查了数学运算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

利用次独立重复试验的公式即可求解.【题目详解】这三门课程的等级性考试取得的等级可看成进行3次相互独立的重复试验因而小明在这三门课程的等级性考试中恰有两门取得等级的概率为故答案为：【题目点拨】本题主要考查了次独立重复试验的概率问题，属于基础题.14、②④【解题分析】分析：对函数进行求导，通过导数研究函数的性质从而得到答案．详解：，①则曲线在点处的切线方程为即，故①不正确；②令或，即在曲线上任一点处的切线中有且只有两条与轴平行；正确；③由②知函数在上单调递减，在上单调递增，当函数的极小值极大值故若方程恰有一个实数根，则或，③不正确；④若方程恰有两个不同实数根，则或.正确点睛：本题考查导数的应用以及数形结合思想，是一道中档题．15、必要不充分【解题分析】

根据直二面角的定义、面面垂直的判定理、充分性、必要性的定义可以直接判断.【题目详解】构成直二面角,说明平面互相垂直,但是不一定成立,比如这两个相交平面的交线显然是平面内的一条直线,它就不垂直于平面；当时,为平面内的一条直线,由面面垂直的判定定理可知：互相垂直,因此构成直二面角,故由可以推出构成直二面角,故“构成直二面角”是“”的必要不充分条件.故答案为：必要不充分【题目点拨】本题考查了必要不充分条件的判断,考查了面面垂直的判定定理.16、【解题分析】分析：利用条件概率公式，即可得出结论.详解：由题意，，.故答案为：.点睛：本题考查条件概率，考查正态分布，考查计算能力，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、（I）；（II）.【解题分析】试题分析：（1）化简函数的解析式，由得或．求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求；（2）由题可得，由绝对值不等式可得的最小值为2，可得，再根据的解集，求得的解集.试题解析：（1），由得或解得或，故所求实数的取值范围为．（2）由且，得，又∵，∴，∵的解集为，∴的解集为，∴所求实数的取值范围为．点睛：本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及转化与化归思想，难度一般；常见的绝对值不等式的解法，法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.18、（1）证明见解析；（2）.【解题分析】

（1）由题可得，即，由平面平面，根据面面垂直的性质可得平面，从而证明平面平面；（2）结合（1），如图建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的余弦公式求出余弦值，从而可得到平面与平面所成二面角的正弦值．【题目详解】（1）证明：设，在矩形中，由为的中点，易求得：，所以．所以．又因为平面平面，平面平面，所以平面．又平面，所以平面平面.（2）设，取中点，连接﹐由，得，所以．又平面平面，平面平面，故平面．如图，以为坐标原点，分别以，的方向为轴，轴正方向建立空间直角坐标系，依题意得：.，由（1）知平面，故可取平面的法向量为，设平面的法向量为，则，即不妨取，得，设平面与平面所成二面角为θ，，则，所以平面与平面所成二面角的正弦值为.【题目点拨】本题考查立体几何中面面垂直的证明以及二面角的正弦值的求法，考查利用空间向量解决问题的能力，属于中档题．19、（1）（2）极大值为，无极小值．【解题分析】

（1）求出导函数，利用切线意义可列得方程组，于是可得答案；（2）利用导函数判断在上的单调性，于是可求得极值.【题目详解】解：（1）∵函数在处与直线相切，∴，即，解得；（2）由（1）得：，定义域为．，令，解得，令，得．∴在上单调递增，在上单调递减，∴在上的极大值为，无极小值．【题目点拨】本题主要考查导数的几何意义，利用导函数求极值，意在考查学生的分析能力，转化能力和计算能力，比较基础.20、(1)；(2)分布列见解析；数学期望；方差【解题分析】

（1）先求得基本事件的总数为，然后计算出与圆心构成直角三角形或钝角三角形的取法数之和，再利用古典概型概率计算公式，求得所求概率.（2）利用二项分布概率计算公式，计算出分布列，并求得数学期望和方差.【题目详解】解：（1）从盒中随机摸出两个小球，即是从8个等分点中随机选取两个不同的分点，共有种，其中与圆心构成直角三角形的取法有8种:，与圆心构成钝角三角形的取法有种:.所以甲能参加音乐社团的概率为：.（2）由题意可知：，的可能取值为：0,1,2,3.所以的分布列为：0123数学期望方差【题目点拨】本小题主要考查古典概型概率计算，考查二项分布分布列、期望和方差的计算，属于中档题.21、（1）证明见解析；（2）.【解题分析】

（1）通过证明，证得线面垂直；（2）求出点到平面的距离，利用锥体体积公式即可得解.【题目详解】（1）因为平面，平面，所以，又因为为中边上的高，所以，，平面，平面，所以平面