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文档简介
浙江省温州市苍南县金乡卫城中学2024届数学高二第二学期期末联考模拟试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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.设函数,若是函数的极大值点,则实数的取值范围是()A. B. C. D.2.设,则()A. B. C. D.3.点A、B在以PC为直径的球O的表面上,且AB⊥BC,AB=2,BC=4,若球O的表面积是24π,则异面直线PB和AC所成角余弦值为()A.33 B.32 C.104.对于不重合的两个平面α与β,给定下列条件:①存在平面γ,使得α、β都垂直于γ;②存在平面γ,使得α、β都平行于γ;③α内有不共线的三点到β的距离相等;④存在异面直线l,m,使得l//α,l//β,m//α,m//β其中,可以判定α与β平行的条件有()A.1个B.2个C.3个D.4个5.如果函数的图象如下图,那么导函数的图象可能是()A. B. C. D.6.某县城中学安排4位教师去3所不同的村小支教,每位教师只能支教一所村小,且每所村小有老师支教.甲老师主动要求去最偏远的村小A,则不同的安排有()A.6 B.12 C.18 D.247.关于“斜二测”画图法,下列说法不正确的是()A.平行直线的斜二测图仍是平行直线B.斜二测图中,互相平行的任意两条线段的长度之比保持原比例不变C.正三角形的直观图一定为等腰三角形D.在画直观图时,由于坐标轴的选取不同,所得的直观图可能不同8.参数方程(θ∈R)表示的曲线是()A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线9.小明同学喜欢篮球,假设他每一次投篮投中的概率为,则小明投篮四次,恰好两次投中的概率是()A. B. C. D.10.若函数,则()A.0 B.-1 C. D.111.函数的极大值为()A.3 B. C. D.212.三世纪中期,魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术,为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法.所谓割圆术,就是不断倍增圆内接正多边形的边数求出圆周率的方法.如图是刘徽利用正六边形计算圆周率时所画的示意图,现向圆中随机投掷一个点,则该点落在正六边形内的概率为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知函数为偶函数,对任意满足,当时,.若函数至少有个零点,则实数的取值范围是____________.14.过坐标原点作曲线的切线,则曲线、直线与轴所围成的封闭图形的面积为______15.执行如图所示的程序框图则输出的实数m的值为______.16.曲线绕坐标原点顺时针旋转后得到的曲线的方程为____.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)如图,在三棱锥中,,,为的中点.(1)证明:平面;(2)若点在棱上,且,求点到平面的距离.18.(12分)已知数列的前项和为,且满足(1)求,,的值,并猜想数列的通项公式并用数学归纳法证明;(2)令,求数列的前项和.19.(12分)对于给定的常数,设随机变量.(1)求概率.①说明它是二项式展开式中的第几项;②若,化简:;(2)设,求,其中为随机变量的数学期望.20.(12分)如图,在矩形中,,,是的中点,以为折痕将向上折起,变为,且平面平面.(1)求证:;(2)求二面角的大小.21.(12分)已知直线的极坐标方程为,曲线的参数方程为(为参数)(Ⅰ)求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程;(Ⅱ)若过且与直线垂直的直线与曲线相交于两点,,求.22.(10分))已知.(I)试猜想与的大小关系;(II)证明(I)中你的结论.
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】分析:的定义域为,由得所以能求出的取值范围.详解:的定义域为,由得
所以.
①若,当时,,此时单调递增;
当时,,此时单调递减.所以是函数的极大值点.
满足题意,所以成立.
②若,由,得,当时,即,此时
当时,,此时单调递增;
当时,,此时单调递减.所以是函数的极大值点.
满足题意,所以成立..
如果函数取得极小值,不成立;
②若,由,得.
因为是f(x)的极大值点,成立;
综合①②:的取值范围是.
故选:A.点睛:本题考查函数的单调性、极值等知识点的应用,解题时要认真审题,仔细解答,注意合理地进行等价转化.2、A【解题分析】
利用中间值、比较大小,即先利用确定三个数的正负,再将正数与比较大小,可得出三个数的大小关系.【题目详解】由于函数在定义域上是减函数,则,且,,由于函数在定义域上是减函数,则,函数在定义域上是增函数,则,因此,,故选A.【题目点拨】本题考查指对数混合比大小,常用方法就是利用指数函数与对数函数的单调性,结合中间值法来建立桥梁来比较各数的大小关系,属于常考题,考查分析问题的能力,属于中等题.3、C【解题分析】
首先作出图形,计算出球的半径,通过几何图形,找出异面直线PB和AC所成角,通过余弦定理即可得到答案.【题目详解】设球O的半径为R,则4πR2=24π,故R=6,如图所示:分别取PA,PB,BC的中点M,N,E,连接MN,NE,ME,AE,易知,PA⊥平面ABC,由于AB⊥BC,所以AC=AB2+BC2=25,所以PA=PC2-AC2=2,因为E为BC的中点,则AE=AB2+BE2=2cos∠MNE=MN2+NE2-M【题目点拨】本题主要考查外接球的相关计算,异面直线所成角的计算.意在考查学生的空间想象能力,计算能力和转化能力,难度较大.4、B【解题分析】试题分析:直线与平面的位置关系,平面与平面的位置关系,对选项进行逐一判断,确定正确选项即可.:①α与β平行.此时能够判断①存在平面γ,使得α,②存在平面γ,使得α,β都垂直于γ;可以判定α与β平行,如正方体的底面与相对的侧面.也可能α与β不平行.②不正确.③不能判定α与β平行.如α面内不共线的三点不在β面的同一侧时,此时α与β相交;④可以判定α与β平行.∵可在α面内作l'∥l,m'∥m,则l'与考点:平面与平面平行的性质;平面与平面平行的判定;平面与平面垂直的判定.5、A【解题分析】试题分析:的单调变化情况为先增后减、再增再减因此的符号变化情况为大于零、小于零、大于零、小于零,四个选项只有A符合,故选A.考点:1、函数的单调性与导数的关系;2、函数图象的应用.【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的解析式、定义域、值域、单调性,导数的应用以及数学化归思想,属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向,该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多,但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手,根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势,利用排除法,将不合题意选项一一排除.6、B【解题分析】
按照村小A安排一个人和安排两个人两种情况分类讨论,按先分组后排序的方法,计算出不同的安排总数.【题目详解】村小A安排一人,则有;村小A若安排2人,则有.故共有.选B.【题目点拨】本小题主要考查分类加法计算原理,考查简单的排列组合计算问题,属于基础题.7、C【解题分析】
根据斜二测画法的特征,对选项中的命题进行分析、判断正误即可.【题目详解】解:对于A,平行直线的斜二测图仍是平行直线,A正确;对于B,斜二测图中,互相平行的任意两条线段的长度之比保持原比例不变,B正确;对于C,正三角形的直观图不一定为等腰三角形,如图所示;∴C错误;对于D,画直观图时,由于坐标轴的选取不同,所得的直观图可能不同,D正确.故选:C.【题目点拨】本题考查了斜二测画法的特征与应用问题,是基础题.8、A【解题分析】
利用平方关系式消去参数可得即可得到答案.【题目详解】由可得,所以,化简得.故选:A【题目点拨】本题考查了参数方程化普通方程,考查了平方关系式,考查了圆的标准方程,属于基础题.9、D【解题分析】分析:利用二项分布的概率计算公式:概率即可得出.详解::∵每次投篮命中的概率是,
∴在连续四次投篮中,恰有两次投中的概率.
故在连续四次投篮中,恰有两次投中的概率是.故选D.点睛:本题考查了二项分布的概率计算公式,属于基础题.10、B【解题分析】
根据分段函数的解析式代入自变量即可求出函数值.【题目详解】因为,所以,,因为,所以,故,故选B.【题目点拨】本题主要考查了分段函数,属于中档题.11、B【解题分析】
求得函数的导数,得出函数的单调性,再根据集合的定义,即可求解.【题目详解】由题意,函数,则,令,即,解得或,令,即,解得,即函数在上函数单调递增,在上函数单调递减,所以当时,函数取得极大值,极大值,故选B.【题目点拨】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性,以及求解函数的极值问题,其中解答中熟记导数与原函数的单调性之间的关系,以及极值的概念是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.12、A【解题分析】设圆的半径为,则圆的面积,正六边形的面积,所以向圆中随机投掷一个点,该点落在正六边形内的概率,故选A.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解题分析】
根据偶函数性质及解析式满足的条件,可知的对称轴和周期,并由时的解析式,画出函数图像;根据导数的几何意义,求得时的解析式,即可求得的临界值,进而确定的取值范围.【题目详解】函数至少有个零点,由可得函数为偶函数,对任意满足,则函数图像关于对称,函数为周期的周期函数,当时,,则的函数图像如下图所示:由图像可知,根据函数关于轴对称可知,若在时至少有两个零点,则满足至少有个零点,即在时至少有两个交点;当与相切时,满足有两个交点;则,设切点为,则,解方程可得,由导数的几何意义可知,所以满足条件的的取值范围为.故答案为:.【题目点拨】本题考查了函数零点的应用,方程与函数的综合应用,根据导数求函数的交点情况,数形结合法求参数的取值范围,属于难题.14、.【解题分析】
设切点为,先求函数导数得切线斜率,进而得切线方程,代入点可得切线方程,进而由定积分求面积即可.【题目详解】设切点为,因为,所以,因此在点处的切线斜率为,所以切线的方程为,即;又因为切线过点,所以,解得,所以,即切点为,切线方程为,作出所围图形的简图如下:因此曲线、直线与轴所围成的封闭图形的面积为.【题目点拨】本题主要考查了导数的几何意义的应用,考查了利用微积分基本定理求解图形面积,属于中档题.15、1【解题分析】
先要通读程序框图,看到程序中有循环结构,然后代入初值,看是否进入循环体,是就执行循环体,写清每次循环的结果;不是就退出循环,看清要输出的是何值.【题目详解】模拟执行程序,可得,满足条件,,满足条件,,满足条件,,满足条件,,满足条件,,满足条件,,满足条件,,满足条件,,满足条件,,满足条件,,不满足条件,退出循环,输出m的值为1.故答案为:1.【题目点拨】本题考查程序框图要掌握常见的当型、直到型循环结构;以及会判断条件结构,并得到条件结构的结果;在已知框图的条件下,可以得到框图的结果.16、;【解题分析】
曲线绕坐标原点顺时针旋转,这个变换可分成两个步骤:先是关于直线对称,再关于轴对称得到.【题目详解】绕坐标原点顺时针旋转90°等同于先关于直线翻折,再关于轴翻折,关于直线翻折得到,再关于轴翻折得到.【题目点拨】本题表面考查旋转变换,而实质考查的是两次的轴对称变换,要注意指数函数与同底数的对数函数关于直线对称.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)详见解析(1).【解题分析】分析:(1)连接,欲证平面,只需证明即可;(1)过点作,垂足为,只需论证的长即为所求,再利用平面几何知识求解即可.详解:(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=.连结OB.因为AB=BC=,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB==1.由知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(1)作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC==1,CM==,∠ACB=45°.所以OM=,CH==.所以点C到平面POM的距离为.点睛:立体几何解答题在高考中难度低于解析几何,属于易得分题,第一问多以线面的证明为主,解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明;本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解,也可利用等体积法解决.18、(1),,,猜想,见解析;(2)【解题分析】
(1)分别计算,,,猜想得,然后依据数学归纳法的证明步骤,可得结果.(2)根据(1)得,然后利用裂项相消法,可得结果.【题目详解】(1)当时,,解得当时,,即,得当时,,即,得猜想,下面用数学归纳法证明:当时,,猜想成立假设当时,猜想成立,即,,则当时,,∴,,所以猜想成立综上所述,对于任意,均成立.(2)由(1)得所以则【题目点拨】本题考查数学归纳法证明方法以及裂项相消法求和,熟练掌握数学归纳法的步骤,同时对常用的求和方法要熟悉,属基础题.19、(1);①;②;(2).【解题分析】
(1)由二项分布的通项公式可得答案;①对比二项展开式可得项数;②将展开对比可得答案;(2)通过二项分布期望公式即得答案.【题目详解】(1)由于随机变量,故;它是二项式展开式中的第项;若,则,所以;(2)由(1)知,而,故,,所以.【题目点拨】本题主要考查二项分布与二项式定理的联系,意在考查学生的分析能力,转化能力,计算能力,难度中等.20、(1)见证明;(2)90°【解题分析】
(1)利用垂直于所在的平面,从而证得;(2)找到三条两两互相垂直的直线,建立空间直角坐标系,写出点的坐标,再分别求出两个面的法向量,,最后求法向量的夹角的余弦值,进而得到二面角的大小.【题目详解】(1)证明:∵,,∴,∴,∵,,,∴,,∴.(2)如图建立空间直角坐标系,则、、、、,从而,,.设为平面的法向量,则令,所以,设为平面的法向量,则,令,所以,因此,,有,即,故二面角的大小为.【题目点拨】证明线线垂直的一般思路:证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面,所以根据题目所给的图形,观察并确定哪一条线垂直于哪一条线所在的平面,是证明的关键.21
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