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文档简介

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|

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