北京市十二中2024届数学高二第二学期期末质量检测模拟试题含解析

北京市十二中2024届数学高二第二学期期末质量检测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．已知函数，正实数满足且，若在区间上的最大值为2，则的值分别为A．，2 B．， C．，2 D．，42．设随机变量，若，则()A． B． C． D．3．在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积为（）A． B． C． D．4．为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：收入（万元）8.28.610.011.311.9支出（万元）6.27.58.08.59.8根据表中数据可得回归直线方程，据此估计，该社区一户年收入为20万元家庭的年支出约为()A．15.2 B．15.4 C．15.6 D．15.85．下列函数中，既是奇函数又是上的增函数的是（）A． B． C． D．6．袋中有大小相同的5个球，分别标有1,2,3,4,5五个号码，现在在有放回抽取的条件下依次取出两个球，设两个球号码之和为随机变量，则所有可能取值的个数是（）A．5 B．9 C．10 D．257．在区间[0,2]上随机取两个数x，y，则xy∈[0,2]的概率是（）．A．1-ln22B．3-2ln8．在区间上随机取一个数，使直线与圆相交的概率为（）A． B． C． D．9．全国高中联赛设有数学、物理、化学、生物、信息5个学科，3名同学欲报名参赛，每人必选且只能选择一个学科参加竞赛，则不同的报名种数是（）A． B． C． D．10．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有（）A．72种 B．48种 C．24种 D．12种11．己知变量x，y的取值如下表：x3456y2.5344.5由散点图分析可知y与x线性相关，且求得回归方程为，据此预测：当时，y的值约为A．5.95 B．6.65 C．7.35 D．712．定义1分的地球球心角所对的地球大圆弧长为1海里．在北纬45°圈上有甲、乙两地，甲地位于东经120°，乙位于西经150°，则甲乙两地在球面上的最短距离为（）A．5400海里 B．2700海里 C．4800海里 D．3600海里二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．__________．14．若对满足的任意正实数,都有,则实数的取值范围为____________.15．若的展开式的各项系数之和为96，则该展开式中的系数为______.（用数字填写答案）16．已知直线的一个方向向量，平面的一个法向量，若，则______．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）若，求证：．18．（12分）设函数.（1）当时，解不等式；（2）若存在实数，使得不等式成立，求实数的取值范围.19．（12分）已知，为抛物线上的相异两点，且.（1）若直线过，求的值；（2）若直线的垂直平分线交轴与点，求面积的最大值.20．（12分）已知的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121；(1)求n的值；(2)求展开式中系数最大的项；21．（12分）在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(Ⅰ)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程;(Ⅱ)若点在曲线上,点在曲线上,求的最小值及此时点的直角坐标.22．（10分）从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量表示所选3人中女生的人数．（1）求的分布列（结果用数字表示）；（2）求所选3个中最多有1名女生的概率．

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】试题分析：画出函数图像，因为正实数满足且，且在区间上的最大值为1，所以=1，由解得，即的值分别为，1．故选A．考点：本题主要考查对数函数的图象和性质．点评：基础题，数形结合，画出函数图像，分析建立m,n的方程．2、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.3、C【解题分析】分析：首先通过题中的条件，得到棱锥的三组对棱相等，从而利用补体，得到相应的长方体，列式求得长方体的对角线长，从而求得外接球的半径，利用球体的表面积公式求得结果.详解：对棱相等的三棱锥可以补为长方体（各个对面的面对角线），设长方体的长、宽、高分别是，则有，三个式子相加整理可得，所以长方体的对角线长为，所以其外接球的半径，所以其外接球的表面积，故选C.点睛：该题考查的是有关几何体的外接球的体积问题，在解题的过程中，注意根据题中所给的三棱锥的特征，三组对棱相等，从而将其补体为长方体，利用长方体的外接球的直径就是该长方体的对角线，利用相应的公式求得结果.4、C【解题分析】

由于回归直线方程过中心点，所以先求出的值，代入回归方程中，求出，可得回归直线方程，然后令可得结果【题目详解】解：因为，所以，所以回归直线方程为所以当时，故选：C【题目点拨】此题考查线性回归方程，涉及平均值的计算，属于基础题5、B【解题分析】

分别画出各选项的函数图象,由图象即可判断.【题目详解】由题,画出各选项函数的图象,则选项A为选项B为选项C为选项D为由图象可知,选项B满足既是奇函数又是上的增函数,故选:B【题目点拨】本题考查判断函数的单调性和奇偶性,考查基本初等函数的图象与性质.6、B【解题分析】号码之和可能为2，3，4，5，6，7，8，9，10，共9种.考点：离散型随机变量．7、C【解题分析】试题分析：由题意所有的基本事件满足0≤x≤20≤y≤2，所研究的事件满足0≤y≤2x，画出可行域如图，总的区域面积是一个边长为2的正方形，其面积为4，满足0≤y≤2x的区域的面积为考点：几何概型8、C【解题分析】

先求出直线和圆相交时的取值范围，然后根据线型的几何概型概率公式求解即可．【题目详解】由题意得，圆的圆心为，半径为，直线方程即为，所以圆心到直线的距离，又直线与圆相交，所以，解得．所以在区间上随机取一个数，使直线与圆相交的概率为．故选C．【题目点拨】本题以直线和圆的位置关系为载体考查几何概型，解题的关键是由直线和圆相交求出参数的取值范围，然后根据公式求解，考查转化和计算能力，属于基础题．9、C【解题分析】分析：利用分布计数乘法原理解答即可.详解：全国高中联赛设有数学、物理、化学、生物、信息5个学科，3名同学欲报名参赛，每人必选且只能选择一个学科参加竞赛，则每位同学都可以从5科中任选一科，由乘法原理，可得不同的报名种数是故选C.点睛：本题考查分布计数乘法原理，属基础题.10、A【解题分析】试题分析：先涂A的话，有4种选择，若选择了一种，则B有3种，而为了让C与AB都不一样，则C有2种，再涂D的话，只要与C涂不一样的就可以，也就是D有3种，所以一共有4x3x2x3=72种，故选A．考点：本题主要考查分步计数原理的应用．点评：从某一区域涂起，按要求“要求相邻的矩形涂色不同”，分步完成．11、B【解题分析】

先计算数据的中心点，代入回归方程得到，再代入计算对应值.【题目详解】数据中心点为代入回归方程当时，y的值为故答案选B【题目点拨】本题考查了数据的回归方程，计算数据中心点代入方程是解题的关键，意在考查学生的计算能力.12、D【解题分析】

求出甲乙两地的球心角，根据比例关系即可得出答案。【题目详解】地球表面上从甲地（北纬45°东经120°）到乙地（北纬45°西经150°），乙两地对应的AB的纬圆半径是,经度差纬90°，所以AB=R,球心角为60°，最短距离为【题目点拨】求出甲乙两地的球心角，根据比例关系即可得出答案。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

利用指数和对数的运算即可求解.【题目详解】故答案为：【题目点拨】本题主要考查了指数与对数的运算，属于基础题.14、【解题分析】分析：正实数满足，可求得，由可求得恒成立，利用双钩函数性质可求得a的取值范围.详解：因为，又因为正实数满足解得：由可求得根据双钩函数性质可知，当时有最小值所以的取值范围为点睛：（1）基本不等式是每年高考中必考的考点，要熟练掌握；（2）恒成立问题要注意首选方法是分离参数，将参数分离后让不等式的另一边构造为一个新函数，从而解决新函数的最值是这类问题的基本解题思路.15、11【解题分析】

先利用赋值法求得，再结合二项式展开式通项公式求解即可.【题目详解】解：令，得，则，故该展开式中的项的系数为，故答案为：11.【题目点拨】本题考查了二项式展开式系数之和，重点考查了展开式的项系数，属基础题.16、【解题分析】

由题意得出，由此可得出，解出实数、的值，由此可得出的值.【题目详解】，，且，，，解得，.因此，.故答案为：.【题目点拨】本题考查利用直线与平面垂直求参数，将问题转化为直线的方向向量与平面法向量共线，考查化归与转化思想的应用，属于基础题.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、见解析【解题分析】

引入函数，展开，其中，，是整数，，注意说明的唯一性，这样有，，然后计算即可.【题目详解】证明：因为，所以，由题意，首先证明对于固定的，满足条件的是唯一的．假设，则，而，矛盾。所以满足条件的是唯一的．下面我们求及的值：因为，显然．又因为，故，即．所以令，，则，，又，所以．【题目点拨】本题考查二项式定理的应用，解题关键是引入函数，展开，其中，，是整数，，于是可表示出.本题有一定的难度.18、（1）（2）【解题分析】

(1)分段去绝对值求解不等式即可.(2)由题意,存在实数,使得不等式成立,再根据三角不等式求解即可.【题目详解】解：（1）,于是当时,原不等式等价于,解得；当时,原不等式等价于,解得；当时,原不等式等价于,无解；综上,原不等式的解集为.（2）由题意,存在实数,使得不等式成立,则只需,又,当时取等号.所以,解得.【题目点拨】本题主要考查了绝对值不等式的求解以及绝对值三角不等式的运用,属于中档题.19、（1）（2）【解题分析】

（1）设直线的方程为，联立抛物线方程，运用韦达定理和中点坐标公式，以及弦长公式，计算可得所求值；（2）设线段的中点为，，运用中点坐标公式和直线的斜率公式，以及直线方程，可得的坐标，设出直线的方程代入抛物线方程，运用韦达定理，以及弦长公式和点到直线的距离公式，化简整理，结合基本不等式可得所求最大值．【题目详解】解：（1）当垂直于轴或斜率为零时，显然不符合题意，所以可设直线的方程为，代入方程，得故，结合解得.因此，.（2）设线段的中点为，，则，，．线段的垂直平分线的方程是，①由题意知，是①的一个解，所以线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点坐标为．直线的方程为，即，②②代入得，即，③依题意，，是方程③的两个实根，且，所以△，即．，，，点到线段的距离，．当且仅当，即时，上式取得等号．所以面积的最大值为．【题目点拨】本题考查直线的垂直平分线经过定点的证明，考查三角形面积的表达式的求法，考查三角形面积的最大值的求法，解题时要认真审题，注意均值定理的合理运用，属于中档题．20、(1)；(2)或【解题分析】

（1）由末三项二项式系数和构造方程，解方程求得结果；（2）列出展开式通项，设第项为系数最大的项，得到不等式组，从而求得的取值，代入得到结果.【题目详解】（1）展开式末三项的二项式系数分别为：，，则：，即：，解得：（舍）或（2）由（1）知：展开式通项为：设第项即为系数最大的项，解得：系数最大的项为：或【题目点拨】本题考查二项式定理的综合应用，涉及到二项式系数的问题、求解二项展开式中系数最大的项的问题，属于常规题型.21、(Ⅰ)C1的普通方程,C2的直角坐标方程；(Ⅱ)|MN|取得最小值,此时M(,).【解题分析】

(Ⅰ)利用三种方程的转化方法，即可写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；(Ⅱ)设M(cosα,sinα)，则|MN|的最小值为M到距离最小值，利用三角函数知识即可求解．【题目详解】(Ⅰ)曲线的参数方程为(为参数),普通方程为，曲线的极坐标方程为，即，直角坐标方程为，即；(Ⅱ)设M(cosα,sinα)，则|MN|