2024届江苏省南通市田家炳中学数学高二第二学期期末经典模拟试题含解析

2024届江苏省南通市田家炳中学数学高二第二学期期末经典模拟试题注意事项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．已知双曲线方程为，它的一条渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．2．已知随机变量服从正态分布，且，则（）A．0.4 B．0.5 C．0.6 D．0.73．由直线与曲线围成的封闭图形的面积是（）A． B． C． D．4．从一批产品中取出三件产品，设事件为“三件产品全不是次品”，事件为“三件产品全是次品”，事件为“三件产品不全是次品”，则下列结论正确的是（）A．事件与互斥 B．事件与互斥C．任何两个事件均互斥 D．任何两个事件均不互斥5．定义在上的函数的导函数在的图象如图所示，则函数在的极大值点个数为（）A．1 B．2 C．3 D．46．设定点，动圆过点且与直线相切.则动圆圆心的轨迹方程为（）A． B． C． D．7．安排位同学摆成一排照相.若同学甲与同学乙相邻，且同学甲与同学丙不相邻，则不同的摆法有（）种A． B． C． D．8．在△ABC中，，，，则角B的大小为（）A． B． C． D．或9．若等差数列的前项和满足，，则（）A． B．0 C．1 D．310．老师在班级50名学生中，依次抽取学号为5，10，15，20，25，30，35，40，45，50的学生进行作业检查，这种抽样方法是（）A．随机抽样 B．分层抽样 C．系统抽样 D．以上都是11．函数的单调递减区间为（）A．或 B． C． D．12．已知命题对，，成立，则在上为增函数；命题，，则下列命题为真命题的是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若函数在存在零点（其中为自然对数的底数），则的最小值是__________.14．在极坐标系中，过点并且与极轴垂直的直线方程是__________．15．某四棱锥的三视图如图所示，那么该四棱锥的体积为____．16．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_________．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）已知的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是．（Ⅰ）求展开式中各项二项式系数的和；（Ⅱ）求展开式中中间项．18．（12分）甲乙两人报名参加由某网络科技公司举办的“技能闯关”双人电子竞技比赛，比赛规则如下：每一轮“闯关”结果都采取计分制，若在一轮闯关中，一人过关另一人未过关，过关者得1分，未过关得分；若两人都过关或都未过关则两人均得0分.甲、乙过关的概率分别为和，在一轮闯关中，甲的得分记为.（1）求的分布列；（2）为了增加趣味性，系统给每位报名者基础分3分，并且规定出现一方比另一方多过关三轮者获胜，此二人比赛结束.表示“甲的累积得分为时，最终认为甲获胜”的概率，则，其中，，，令.证明：点的中点横坐标为；（3）在第（2）问的条件下求，并尝试解释游戏规则的公平性.19．（12分）如图，在多面体ABCDEF中，平面ADE⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的正方形，△ADE是等腰直角三角形且∠ADE=π2，EF⊥平面ADE(1)求异面直线AE和DF所成角的大小；(2)求二面角B-DF-C的平面角的大小．20．（12分）已知，命题对任意，不等式成立；命题存在，使得成立．（1）若p为真命题，求m的取值范围；（2）若p且q为假，p或q为真，求m的取值范围；21．（12分）已知函数.（1）求；（2）证明：在区间上是增函数.22．（10分）中，三内角所对的边分别为，已知成等差数列．(Ⅰ)求证：；(Ⅱ)求角的取值范围．

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、A【解题分析】方法一：双曲线的渐近线方程为，则，圆的方程，圆心为，所以，化简可得，则离心率.方法二：因为焦点到渐近线的距离为，则有平行线的对应成比例可得知，即则离心率为.选A.2、A【解题分析】∵P（x≤6）=0.9，∴P（x＞6）=1﹣0.9=0.1．∴P（x＜0）=P（x＞6）=0.1，∴P（0＜x＜3）=0.5﹣P（x＜0）=0.2．故答案为A．3、B【解题分析】分析：先求曲线交点，再确定被积上下限，最后根据定积分求面积.详解：因为，所以所以由直线与曲线围成的封闭图形的面积是,选B.点睛：利用定积分求曲边图形面积时，一定要找准积分上限、下限及被积函数．当图形的边界不同时，要分不同情况讨论．4、B【解题分析】

根据互斥事件的定义，逐个判断，即可得出正确选项．【题目详解】为三件产品全不是次品，指的是三件产品都是正品，为三件产品全是次品，为三件产品不全是次品，它包括一件次品，两件次品，三件全是正品三个事件由此知：与是互斥事件；与是包含关系，不是互斥事件；与是互斥事件，故选B．【题目点拨】本题主要考查互斥事件定义的应用．5、B【解题分析】

由导数与极大值之间的关系求解．【题目详解】函数在极大值点左增右减，即导数在极大值点左正右负，观察导函数图象，在上有两个有两个零点满足．故选：B.【题目点拨】本题考查导数与极值的关系．属于基础题．6、A【解题分析】

由题意，动圆圆心的轨迹是以为焦点的抛物线，求得，即可得到答案．【题目详解】由题意知，动圆圆心到定点与到定直线的距离相等，所以动圆圆心的轨迹是以为焦点的抛物线，则方程为故选A【题目点拨】本题考查抛物线的定义，属于简单题．7、C【解题分析】

利用间接法，在甲同学与乙同学相邻的所有排法种减去甲同学既与乙同学相邻，又与乙同学相邻的排法种数，于此可得出答案．【题目详解】先考虑甲同学与乙同学相邻，将这两位同学捆绑，与其他三位同学形成四个元素，排法总数为种，再考虑甲同学既与乙同学相邻又与丙同学相邻的相邻的情况，即将这三位同学捆绑，且将甲同学置于正中间，与其余两位同学形成三个元素，此时，排法数为.因此，所求排法数为，故选C.【题目点拨】本题考查排列组合问题，问题中出现了相邻，考虑用捆绑法来处理，需要注意处理内部元素与外部元素的排法顺序，结合分步计数原理可得出答案．8、A【解题分析】

首先根据三角形内角和为，即可算出角的正弦、余弦值，再根据正弦定理即可算出角B【题目详解】在△ABC中有,所以,所以,又因为,所以，所以,因为，，所以由正弦定理得，因为,所以。所以选择A【题目点拨】本题主要考查了解三角形的问题，在解决此类问题时常用到：1、三角形的内角和为。2、正弦定理。3、余弦定理等。属于中等题。9、B【解题分析】根据等差数列的性质仍成等差数列，则，则，，选B.10、C【解题分析】

对50名学生进行编号，分成10组，组距为5，第一组选5，其它依次加5，得到样本编号.【题目详解】对50名学生进行编号，分成10组，组距为5，第一组选5，从第二组开始依次加5，得到样本编号为：5，10，15，20，25，30，35，40，45，50，属于系统抽样.【题目点拨】本题考查系统抽样的概念，考查对概念的理解.11、C【解题分析】

先求出函数的导函数，令导函数小于零，解不等式即可得出单调递减区间。【题目详解】由题可得，令，即，解得或，又因为，故，故选C【题目点拨】本题考查利用导函数求函数的单调区间，解题的关键是注意定义域，属于简单题。12、B【解题分析】

根据函数的性质分别判断命题的真假再判断各选项的真假即可.【题目详解】命题当时,因为故；当时,因为故；故随的增大而增大.故命题为真.命题,因为.故命题为假命题.故为真命题.故选：B【题目点拨】本题主要考查了命题真假的判定与函数的性质运用,属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

依题意可得方程，在上存在解，要使取得最小值，则，令，利用导数研究函数的单调性，对分类讨论，分别求出的最小值，即可得解，【题目详解】解：依题意在存在零点，即方程在存在解，即，在存在解，要使取得最小值，则，令，则，①当时，在上恒成立，即在上单调递增，所以，即，，所以；②当即时，当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，所以，，所以，所以，令，则，，所以，所以在上单调递减，所以③当时，则在上恒成立，即在上单调递减，综上可得的最小值为故答案为：．【题目点拨】本题考查函数零点及最值问题，考查分析问题解决问题的能力及数形结合思想，属于难题．14、【解题分析】

由题意画出图形，结合三角形中的边角关系得答案．【题目详解】如图，由图可知，过点（1，0）并且与极轴垂直的直线方程是ρcosθ＝1．故答案为．【题目点拨】本题考查了简单曲线的极坐标方程，是基础题．15、【解题分析】

先还原几何体，再根据四棱锥体积公式求结果.【题目详解】由三视图知该几何体如图，V＝＝故答案为：【题目点拨】本题考查三视图以及四棱锥的体积，考查基本分析求解能力，属基础题.16、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.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）64；（Ⅱ）.【解题分析】

（Ⅰ）根据展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是求出的值，然后可求各项二项式系数的和；（Ⅱ）根据的值确定中间项，利用通项公式可求.【题目详解】解：由题意知，展开式的通项为：，且，则第五项的系数为，第三项的系数为，则有，化简，得，解得，展开式中各项二项式系数的和；由（1）知，展开式共有7项，中间项为第4项，令，得．【题目点拨】本题主要考查二项展开式的系数及特定项求解，通项公式是求解这类问题的钥匙，侧重考查数学运算的核心素养.18、（1）分布列见解析；（2）见解析；（3），试解释游戏规则的公平性见解析【解题分析】

（1）由题意得：，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列.（2）由题意得，，，推导出，根据中点公式能证明点的中点横坐标为；（3）由，求出，从而，，由此推导出甲获胜的概率非常小，说明这种游戏规则是公平的.【题目详解】（1），，，的分布列为：01（2）由题意得：，，.于是，有，整理可得：，根据中点公式有：，命题得证.（3）由（2）可知，于是又，所以，，.表示最终认为甲获胜概率，由计算结果可以看出，在甲过关的概率为0.5，乙过关的概率为0.6时，认为甲获胜的概率为，此时得出甲获胜的概率非常小，说明这种游戏规则是公平的.【题目点拨】本题考查了离散型随机变量的分布列，用概率说明游戏的公平性，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于中档题.19、（1）异面直线AE和DF所成角的大小为arccos（2）二面角B-DF-C的平面角的大小为arccos2【解题分析】

由已知可得DA，DC，DE两两互相垂直，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．(1)求出AE,BF的坐标，利用数量积求夹角求解异面直线AE和(2)分别求出平面BDF与平面DFC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角B-DF-C的平面角的大小．【题目详解】∵平面ADE⊥平面ABCD，且∠ADE=∴DE⊥平面ABCD，由四边形ABCD是边长为2的正方形，∴DA，DC，DE两两互相垂直，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，又EF⊥平面ADE且EF=1，∴D(0,0，0)，A(2,0，0)，E(0,0，2)，C(0,2，0)，B(2,2，0)，F(0,1，2)，(1)AE=(-2,0则cos<∴异面直线AE和DF所成角的大小为arccos2(2)DB=(2,2设平面BDF的一个法向量为n=(x,y,z)由n⋅DB=2x+2y=0n⋅又平面DFC的一个法向量为m=(∴cos由图可知，二面角B-DF-C为锐角，∴二面角B-DF-C的平面角的大小为arccos2【题目点拨】本题主要考查了异面直线所成的角，二面角，属于中档题．20、（1）（2）【解题分析】

（1）对任意，不等式恒成立，．利用函数的单调性与不等式的解法即可得出．（2）存在，使得成立，可得，命题为真时，．由且为假，或为真，，中一个是真命题，一个是假命题，再分别求出参数的取值范围最后取并集即可．【题目详解】解（1）∵对任意，不等式恒成立，∴．即．解得．因此，若p为真命题时，m的取值范围是．（2）存在，使得成立，∴，命题q为真时，．∵p且q为假，p或q为真，∴p，q中一个是真命题，一个是假命题．当p真q假时，则解得;当p假q真时，，即．综上所述，m的取值范围为．【题目点拨】本题考查了函数的单调性、不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21、（1）；（2）证明见解析【解题分析】

（1）根据复合函数的求导法则，对直接求导即可；（2）根据，，，可以判断，从而证明在上单调递增．【题目详解】（1），；（2）证明：由（1）知，，当且仅当时取等号，，，当且仅当时，当时，，在区间上是增函数．【题目点拨】本题考查复合函数的求导法则和基本