2024届云南省文山西畴县二中数学高二下期末联考模拟试题含解析

2024届云南省文山西畴县二中数学高二下期末联考模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A．10 B．12C．14 D．162．在数学归纳法的递推性证明中，由假设时成立推导时成立时，增加的项数是()A． B． C． D．3．某同学从家到学校要经过两个十字路口.设各路口信号灯工作相互独立，且在第一个路口遇到红灯的概率为，两个路口都遇到红灯的概率为，则他在第二个路口遇到红灯的概率为（）A． B． C． D．4．设函数为自然对数的底数）在上单调递增，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．5．已知在处有极值0，且函数在区间上存在最大值，则的最大值为（）A．-6 B．-9 C．-11 D．-46．若函数f(x)=2x+12xA．(-∞,-1) B．(C．(0,1) D．(1,+∞)7．中，若，则该三角形一定是（）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形8．执行如图所示的程序框图，如果输入的，则输出的（）A．5 B．6 C．7 D．89．设，若直线与圆相切，则的取值范围是（）A． B．C． D．10．如图，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，已知小正方形的外接圆恰好是大正方形的内切圆，现在大正方形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为（）A． B． C． D．11．设袋中有大小相同的80个红球、20个白球，若从袋中任取10个球，则其中恰有6个红球的概率为（）A． B． C． D．12．某学校为解决教师的停车问题，在校内规划了一块场地，划出一排12个停车位置，今有8辆不同的车需要停放，若要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停车方法有()A．种 B．种 C．种 D．种二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，则的解集是______.14．已知随机变量X服从二项分布B～（n，p），若E（X）=30，D（X）=20，则P=__________．15．如图，某建筑工地搭建的脚手架局部类似于一个

的长方体框架，一个建筑工人欲从

A处沿脚手架攀登至B处，则其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率为______________．16．现有张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各张．从中任取张，要求这张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多张．不同取法的种数为．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）设1，其中pR，n，（r＝0，1，2，…，n）与x无关．（1）若＝10，求p的值；（2）试用关于n的代数式表示：；（3）设，，试比较与的大小．18．（12分）如图，在三棱柱ABC−中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==1．（1）求证：AC⊥平面BEF；（1）求二面角B−CD−C1的余弦值；（3）证明：直线FG与平面BCD相交．19．（12分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.(1)若PB＝，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA．20．（12分）已知数列的前项和满足，且。（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和。21．（12分）已知函数（且）的图象过定点P，且点P在直线（，且）上，求的最小值．22．（10分）已知函数，.（1）求函数的单调增区间；（2）若≤对任意的恒成立，求的取值范围.

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、B【解题分析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为，故选B.点睛:三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角、距离等问题相结合，解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体的三视图.2、C【解题分析】分析：分别计算当时，，当成立时，，观察计算即可得到答案详解：假设时成立，即当成立时，增加的项数是故选点睛：本题主要考查的是数学归纳法。考查了当和成立时左边项数的变化情况，考查了理解与应用的能力，属于中档题。3、C【解题分析】

记在两个路口遇到红灯分别为事件A，B，由于两个事件相互独立，所以，代入数据可得解.【题目详解】记事件A为：“在第一个路口遇到红灯”，事件B为：“在第二个路口遇到红灯”，由于两个事件相互独立，所以，所以.【题目点拨】本题考查相互独立事件同时发生的概率问题，考查运用概率的基本运算.4、D【解题分析】

根据单调性与导数的关系，有在上恒成立，将恒成立问题转化成最值问题，利用导数，研究的单调性，求出最小值，即可得到实数的取值范围。【题目详解】依题意得，在上恒成立，即在上恒成立，设，令，，，所以，，，故选D。【题目点拨】本题主要考查函数单调性与导数的关系，将函数在某区间单调转化为导数或者的恒成立问题，再将其转化为最值问题，是解决此类问题的常规思路。5、C【解题分析】

利用函数在处有极值0，即则，解得，再利用函数的导数判断单调性，在区间上存在最大值可得，从而可得的最大值．【题目详解】由函数，则，因为在，处有极值0，则，即，解得或，当时，，此时，所以函数单调递增无极值，与题意矛盾，舍去；当时，，此时，，则是函数的极值点，符合题意，所以；又因为函数在区间上存在最大值，因为，易得函数在和上单调递增，在上单调递减，则极大值为，且，所以，解得，则的最大值为：.故选C．【题目点拨】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性以及函数单调性，求解参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.6、C【解题分析】

由f（x）为奇函数，根据奇函数的定义可求a，代入即可求解不等式．【题目详解】∵f（x）=2x∴f（﹣x）=﹣f（x）即2整理可得，1+∴1﹣a•2x=a﹣2x∴a=1，∴f（x）=2∵f（x））=2x∴2x+12整理可得，2x∴1＜2x＜2解可得，0＜x＜1故选C．【题目点拨】本题主要考查了奇函数的定义的应用及分式不等式的求解，属于基础试题．7、D【解题分析】

利用余弦定理角化边后，经过因式分解变形化简可得结论.【题目详解】因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以或，所以或，所以三角形是等腰三角形或直角三角形.故选：D【题目点拨】本题考查了利用余弦定理角化边，考查了利用余弦定理判断三角形的形状，属于基础题.8、A【解题分析】，故输出.9、C【解题分析】分析：由直线与圆相切，得，从而，进而，由此能求出的取值范围.详解：，直线与圆相切，圆心到直线的距离，解得，，，，的取值范围是.故选C.点睛：本题考查代数和取值范围的求法，考查直线方程、圆、点到直线的距离公式、基本不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题.10、B【解题分析】分析：设大正方形的边长为1，其内切圆的直径为1，则小正方形的边长为，从而阴影部分的面积为，由此利用几何概型能求出在大正方形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率.详解：设大正方形的边长为1，其内切圆的直径为1，则小正方形的边长为，所以大正方形的面积为1，圆的面积为，小正方形的面积为，则阴影部分的面积为，所以在大正方形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率.点睛：本题主要考查了面积比的几何概型及其概率的计算问题，其中根据题意，准确求解阴影部分的面积是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，以及函数与方程思想的应用，属于基础题.11、D【解题分析】本题是一个古典概型，∵袋中有80个红球20个白球，若从袋中任取10个球共有种不同取法，而满足条件的事件是其中恰有6个红球，共有种取法，由古典概型公式得到P=，本题选择B选项.点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.12、A【解题分析】根据题意，要求有4个空车位连在一起，则将4个空车位看成一个整体，将这个整体与8辆不同的车全排列,有种不同的排法，即有种不同的停车方法；故选A.点睛：（1）解排列组合问题要遵循两个原则：①按元素(或位置)的性质进行分类；②按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．（2）不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组．注意各种分组类型中，不同分组方法的求解．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

讨论的值，去掉绝对值，作出函数图像，由图象可得原不等式或，分别求出它们，再求并集即可.【题目详解】根据题意，当时，，当时，由函数的图象可得在上递增，不等式即为或，化简得或，解得或，即，故解集为。【题目点拨】本题主要考查了函数的单调性以及一元二次不等式的解法，利用图像来分析不等式的解是解题的关键，属于中档题.14、【解题分析】试题分析：直接利用二项分布的期望与方差列出方程求解即可．解：随机变量X服从二项分布B（n，p），若E（X）=30，D（X）=20，可得np=30，npq=20，q=，则p=，故答案为．点评：本题考查离散型随机变量的分布列的期望以及方差的求法，考查计算能力．15、​【解题分析】

先求出最近路线的所有走法共有种，再求出不连续向上攀登的次数，然后可得概率.【题目详解】最近的行走路线就是不走回头路，不重复，所以共有种，向上攀登共需要3步，向右向前共需要4步，因为不连续向上攀登，所以向上攀登的3步，要进行插空，共有种，故所求概率为.【题目点拨】本题主要考查古典概率的求解，明确事件包含的基本事件种数是求解关键，侧重考查数学建模和数学运算的核心素养.16、【解题分析】

利用间接法，计算取3张卡片的总数，然后分别计算取3张同色，2张红色的方法数，最后做差，可得结果.【题目详解】由题可知：16张取3张卡片的所有结果为取到3张都是同色的结果数为取到2张都是红色的结果数为.故答案为：【题目点拨】本题考查组合的应用，巧用间接法，审清题意，细心计算，属基础题.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、(1).(2).(3).【解题分析】分析：（1）先根据二项式展开式通项公式得，解得p的值；（2）先由得,再得,等式两边对求导，得；最后令得结果，（3）先求，化简不等式为比较与的大小关系，先计算归纳得大小关系，利用数学归纳法给予证明.详解：（1）由题意知，所以.（2）当时，，两边同乘以得：，等式两边对求导，得：令得：，即（3），猜测：当时，，，，此时不等式成立；②假设时，不等式成立，即：，则时，所以当时，不等式也成立；根据①②可知，，均有.点睛：有关组合式的求值证明，常采用构造法逆用二项式定理.对二项展开式两边分别求导也是一个常用的方法，另外也可应用组合数性质进行转化：，.18、(2)见解析（2）；（3）见解析．【解题分析】

分析：（2）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线FG方向向量数量积不为零，可得结论.详解：（Ⅰ）在三棱柱ABC-A2B2C2中，∵CC2⊥平面ABC，∴四边形A2ACC2为矩形．又E，F分别为AC，A2C2的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC2．又CC2⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系E-xyz．由题意得B（0，2，0），C（-2，0，0），D（2，0，2），F（0，0，2），G（0，2，2）．∴，设平面BCD的法向量为，∴，∴，令a=2，则b=-2，c=-4，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC2的法向量为，∴．由图可得二面角B-CD-C2为钝角，所以二面角B-CD-C2的余弦值为．（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，2），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(2)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.19、（1）（2）【解题分析】试题分析:（1）在三角形中，两边和一角知道，该三角形是确定的，其解是唯一的，利用余弦定理求第三边.（2）利用同角三角函数的基本关系求角的正切值.（3）若是已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据大边对大角进行判断.（4）在三角兴中，注意这个隐含条件的使用.试题解析:解：（1）由已知得∠PBC