河北省邢台三中2024届高二数学第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

河北省邢台三中2024届高二数学第二学期期末教学质量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．“不等式成立”是“不等式成立”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件2．若，则（）A． B． C． D．3．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A． B． C． D．4．设复数，是的共轭复数，则（）A． B． C．1 D．25．设是平面内的两条不同直线，是平面内两条相交直线，则的一个充分不必要条件是（）A．B．C．D．6．设，且，若能被100整除，则等于（）A．19 B．91 C．18 D．817．设函数f(x)＝axA．193 B．163 C．138．如图，在杨辉三角中，虚线所对应的斜行的各数之和构成一个新数列，则数列的第10项为（）A．55 B．89 C．120 D．1449．设i为虚数单位，复数等于()A． B．2i C． D．010．若关于x的不等式对任意的恒成立，则可以是（）A．， B．，C．， D．，11．以下说法错误的是（）A．命题“若，则”的逆否命题为“若，则”B．“”是“”的充分不必要条件C．若命题存在，使得，则:对任意，都有D．若且为假命题，则均为假命题12．已知非零向量满足，若函数在R上存在极值，则和夹角的取值范围为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，则的值为__________．14．已知函数的值域为，函数的单调减区间为，则________.15．执行如图所示的程序框图，若输出的为1，则输入的的值等于_________．16．把6个学生分配到3个班去，每班2人，其中甲必须分到一班，乙和丙不能分到三班，不同的分法共有__________种.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）如图，已知长方形中，，，为的中点．将沿折起，使得平面⊥平面．（I）求证：；（II）若点是线段上的一动点，当二面角的余弦值为时，求线段的长．18．（12分）设函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求的取值范围.19．（12分）已知二次函数满足，且.（1）求的解析式；（2）设函数，当时，求的最小值；（3）设函数，若对任意，总存在，使得成立，求m的取值范围.20．（12分）在锐角中，角所对的边分别为，已知．证明：；若的面积，且的周长为10，为的中点，求线段的长．21．（12分）已知函数，且.（Ⅰ）若是偶函数，当时，，求时，的表达式；（Ⅱ）若函数在上是减函数，求实数的取值范围.22．（10分）假定某人在规定区域投篮命中的概率为23（1）求连续命中2次的概率；（2）设命中的次数为X，求X的分布列和数学期望EX

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、A【解题分析】

分别求解不等式与再判定即可.【题目详解】可得,解得.又解得.故“不等式成立”是“不等式成立”的充分不必要条件.故选：A【题目点拨】本题主要考查了分式与二次不等式的求解以及充分必要条件的判定.属于基础题.2、D【解题分析】

结合函数、不等式及绝对值含义判断即可【题目详解】对，若，则，但推不出，故错；对，若，设，则函数为增函数，则，故错；对，若，但推不出，故错误；对，设，则函数为增函数，当时，，则，故正确；故选：D【题目点拨】本题考查由指数、对数、幂函数及绝对值的含义比大小，属于基础题3、D【解题分析】由题设中提供的三视图中的图形信息与数据信息可知该几何体是一个底面是边长分别为３,３,４的等腰三角形，高是４的三棱锥，如图，将其拓展成三棱柱，由于底面三角形是等腰三角形，所以顶角的余弦为，则，底面三角形的外接圆的半径，则三棱锥的外接球的半径，其表面积，应选答案D。4、A【解题分析】

先对进行化简，然后得出，即可算出【题目详解】所以，所以故选：A【题目点拨】本题考查的是复数的运算，较简单.5、B【解题分析】试题分析：A．不能得出，所以本题条件是的不充分条件；B．，当时，不一定有故本命题正确；C．不能得出，故不满足充分条件；D．不能得出，故不满足充分条件；故选B.考点：平面与平面垂直的方法.6、A【解题分析】

将化为，根据二巷展开式展开后再根据余数的情况进行分析后可得所求．【题目详解】由题意得，其中能被100整除，所以要使能被100整除，只需要能被100整除．结合题意可得，当时，能被100整除．故选A．【题目点拨】整除问题是二项式定理中的应用问题，解答整除问题时要关注展开式的最后几项，本题考查二项展开式的应用，属于中档题．7、D【解题分析】

由题，求导，将x=-1代入可得答案.【题目详解】函数f(x)的导函数f'(x)=3ax解得a=10故选D【题目点拨】本题考查了函数的求导，属于基础题.8、A【解题分析】

根据杨辉三角中，虚线所对应的斜行的各数之和构成一个新数列，找出规律，即可求出数列的第10项，得到答案.【题目详解】由题意，可知，，故选A.【题目点拨】本题主要考查了归纳推理的应用，其中解答中读懂题意，理清前后项的关系，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9、B【解题分析】

利用复数除法和加法运算求解即可【题目详解】故选B【题目点拨】本题考查复数的运算，准确计算是关键，是基础题10、D【解题分析】

分别取代入不等式，得到答案.【题目详解】不等式对任意的恒成立取得：取得：排除A,B,C故答案为D【题目点拨】本题考查了不等式恒成立问题，用特殊值法代入数据是解题的关键.11、D【解题分析】

根据逆否命题定义、命题否定的定义分别判断出正确；解方程得到解集和的包含关系，结合充要条件的判定可知正确；根据复合命题的真假性可知错误，由此可得结果.【题目详解】选项：根据逆否命题的定义可知：原命题的逆否命题为“若，则”，可知正确；选项：由，解得，因此“”是“”的充分不必要，可知正确；选项：根据命题的否定可知对任意，都有，可知正确；选项：由且为假命题，则至少有一个为假命题，因此不正确.本题正确选项：【题目点拨】本题考查了简易逻辑的判定方法、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.12、B【解题分析】设和的夹角为∵在上存在极值∴有两个不同的实根，即∵∴，即∵∴故选B点睛：本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式、利用导数研究函数的极值，属于难题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3），向量垂直则；(4)求向量的模（平方后需求）.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、84.【解题分析】分析：根据原式右边的展开情况可将原式左边写成：然后根据二项式定理展开求（x-1）3的系数即可.详解：由题可得：，故根据二项式定理可知：故答案为84.点睛：本题考查二项式定理的运用，注意运用变形和展开式的通项公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题．14、【解题分析】

由的值域为，，可得，由单调递减区间为，，结合函数的单调性与导数的关系可求．【题目详解】由的值域为，，可得，，，，由单调递减区间为，，可知及是的根，且，把代入可得，，解可得，或，当时，可得，当时，代入可得不符合题意，故，故答案为：．【题目点拨】本题考查二次函数的性质及函数的导数与单调性的关系的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．15、2或【解题分析】

根据程序框图，讨论和两种情况，计算得到答案.【题目详解】当时，，故；当时，，故，解得或（舍去）.故答案为：2或.【题目点拨】本题考查了程序框图，意在考查学生的计算能力和理解能力.16、1【解题分析】

根据题意，分3步分析：①、让甲分到一班，②、再从除了甲、乙、丙之外的3个人种任意选出2个人，分到三班，③、最后再把剩下的3个人选出2个人分到二班，剩余的一个分到一班，由分步计数原理计算可得答案．【题目详解】根据题意，分3步分析：①、让甲分到一班，只有1种方法；②、再从除了甲、乙、丙之外的3个人种任意选出2个人，分到三班，有C32＝3种安排方法；③、最后再把剩下的3个人选出2个人分到二班，剩余的一个分到一班，有C32＝3种安排方法；则不同的分法有1×3×3＝1种；故答案为：1．【题目点拨】本题考查分步计数原理的应用，关键是对于有限制的元素要优先排，特殊位置要优先排．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）见解析（2）【解题分析】

（I）推导出AM⊥BM，从而BM⊥平面ADM，由此能证明AD⊥BM．（II）以O为原点，OA为x轴，在平面ABCD内过O作OA的垂线为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段DE的长．【题目详解】（I）证明：∵长方形中，，为的中点，，故∴∵∴.（II）建立如图所示的直角坐标系，则平面的一个法向量，设，设平面AME的一个法向量为取，得得，而则，得，解得因为，故.【题目点拨】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.18、（1）；（2）【解题分析】

(1)去绝对值,将化为分段函数,解不等式即可;(2)根据绝对值三角不等式可知,则有,解不等式即可.【题目详解】(1)当时,,故不等式的解集为;(2),,则或,解得或,故的取值范围为.【题目点拨】本题考查解绝对值不等式,考查绝对值三角不等式的应用,属于中档题.19、（1）；（2）；（3）【解题分析】

(1)根据二次函数,则可设,再根据题中所给的条件列出对应的等式对比得出所求的系数即可.(2)根据(1)中所求的求得,再分析对称轴与区间的位置关系进行分类讨论求解的最小值即可.(3)根据题意可知需求与在区间上的最小值.再根据对数函数与二次函数的单调性求解最小值即可.【题目详解】(1)设.①∵,∴,又∵,∴,可得,∴解得即.(2)由题意知,,,对称轴为.①当,即时,函数h(x)在上单调递增,即；②当,即时,函数h(x)在上单调递减,在上单调递增,即.综上,(3)由题意可知,∵函数在上单调递增,故最小值为,函数在上单调递减,故最小值为,∴,解得.【题目点拨】本题主要考查利用待定系数法求解二次函数解析式的方法,二次函数对称轴与区间关系求解最值的问题,以及恒成立和能成立的问题等.属于中等题型.20、（1）见解析（2）【解题分析】

（1）直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理求出结果；（2）利用题中所给的条件，结合三角形的面积公式求得两条边长，根据三角形的周长求得第三边，之后根据，利用余弦定理得到相应的等量关系式，求得结果.【题目详解】（1）证明：，，，，又，，即.（2）解：又.，.点睛：该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理、诱导公式、三角形的面积公式、余弦定理，在解题的过程中，需要对题的条件灵活应用，即可求得结果.21、(1)见解析;(2).【解题分析】分析：⑴根据偶函数性质，当时，，求出表达式⑵复合函数同增异减，并且满足定义域详解：（Ⅰ）∵是偶函数，所以，又当时，∴当时，，∴，所以当时，.（Ⅱ）因为在上是减函数，要使在有意义，且为减函数，则需满足解得,∴所求实数的取值范围为.点睛：本题主要考查了复合函数，关键是分解为两个基本函数，利用同增异减的结论研究其单调性，再求参数范围。22、（1）827【解题分析】

（1）设Ai（i=1，1，3）表示第i次投篮命中，Ai表示第i次投篮不中，设投篮连续命中1次为事件A，则连续命中1次的概率：P（A）=P（A1A（1