2024届河南省新乡市数学高二下期末检测模拟试题含解析

2024届河南省新乡市数学高二下期末检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知等比数列的前项和为，则的极大值为（）A．2 B．3 C． D．2．设,，，则（）A． B． C． D．3．2019年4月，北京世界园艺博览会开幕，为了保障园艺博览会安全顺利地进行，某部门将5个安保小组全部安排到指定的三个不同区域内值勤，则每个区域至少有一个安保小组的排法有（）A．150种 B．240种 C．300种 D．360种4．三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，Q是BC边上的一个动点，且直线PQ与面ABC所成角的最大值为则该三棱锥外接球的表面积为()A． B． C． D．5．已知正三棱柱的所有顶点都在球的球面上，且该正三棱柱的底面边长为，体积为，则球的表面积为（）A． B． C． D．6．某研究型学习小组调查研究学生使用智能手机对学习的影响．部分统计数据如下表：使用智能手机不使用智能手机合计学习成绩优秀4812学习成绩不优秀16218合计201030附表：经计算，则下列选项正确的是A．有的把握认为使用智能手机对学习有影响B．有的把握认为使用智能手机对学习无影响C．有的把握认为使用智能手机对学习有影响D．有的把握认为使用智能手机对学习无影响7．在平行四边形中，为线段的中点，若，则（）A． B． C． D．8．在个排球中有个正品，个次品.从中抽取个，则正品数比次品数少的概率为（）A． B． C． D．9．“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件10．是（）A．最小正周期为的偶函数 B．最小正周期为的奇函数C．最小正周期为的偶函数 D．最小正周期为的奇函数11．关于函数，下列说法正确的是()A．是周期函数，周期为 B．关于直线对称C．在上是单调递减的 D．在上最大值为12．设，，则A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若圆柱的轴截面面积为2，则其侧面积为___；14．的展开式中含项的系数是__________．15．在二项展开式中，常数项是_______.16．设向量=（1,0），=（−1,m）,若，则m=_________.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）在中，内角，，的对边分别是，，，且满足：.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，求的最大值.18．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（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）求曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）若直线与曲线相交于不同的两点，，若是的中点，求直线的斜率.19．（12分）已知四棱锥的底面为等腰梯形,,垂足为是四棱锥的高,为中点,设（1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．20．（12分）已知函数.（1）若不等式在上有解，求的取值范围；（2）若对任意的均成立，求的最小值.21．（12分）己知抛物线的顶点在原点，焦点为．（Ⅰ）求抛物线的方程；（Ⅱ）是抛物线上一点，过点的直线交于另一点，满足与在点处的切线垂直，求面积的最小值，并求此时点的坐标。22．（10分）一个盒子装有六张卡片，上面分别写着如下六个函数：，，，（I）从中任意拿取张卡片，若其中有一张卡片上写着的函数为奇函数，在此条件下，求两张卡片上写着的函数相加得到的新函数为奇函数的概率；（II）现从盒子中逐一抽取卡片，且每次取出后均不放回，若取到一张写有偶函数的卡片则停止抽取，否则继续进行，求抽取次数的分布列和数学期望.

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、C【解题分析】由题意得，，，，则，解得，则，，令，解得，当时，为增函数；，为减函数；，为增函数，所以函数的极大值为，故选C.点睛：此题主要考查了等比数列前项和、函数极值的求解等有关方面的知识，及幂运算等运算能力，属于中档题型，也是常考考点.在首先根据等比数列前项和公式求出参数的值，再利用导数方法，求出函数的极值点，通过判断极值点两侧的单调性求出极大值点，从而求出函数的极大值.2、A【解题分析】

先研究函数单调性，再比较大小.【题目详解】,令，则因此当时，即在上单调递减，因为，所以，选A.【题目点拨】本题考查利用导数研究函数单调性，考查基本分析判断能力，属中档题.3、A【解题分析】

根据题意，需要将5个安保小组分成三组，分析可得有2种分组方法：按照1、1、3分组或按照1、2、2分组，求出每一种情况的分组方法数目，由加法计数原理计算可得答案．【题目详解】根据题意，三个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组，有两种分法：按照1、1、3分组或按照1、2、2分组；若按照1、1、3分组,共有种分组方法；若按照1、2、2分组,共有种分组方法，根据分类计数原理知共有60+90=150种分组方法.故选：A.【题目点拨】本题考查排列、组合及简单计数问题，本题属于分组再分配问题，根据题意分析可分组方法进行分组再分配，按照分类计数原理相加即可，属于简单题.4、C【解题分析】

根据题意画出图形，结合图形找出△ABC的外接圆圆心与三棱锥P﹣ABC外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．【题目详解】三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，直线PQ与平面ABC所成角为θ，如图所示；则sinθ==，且sinθ的最大值是，∴（PQ）min=2，∴AQ的最小值是，即A到BC的距离为，∴AQ⊥BC，∵AB=2，在Rt△ABQ中可得，即可得BC=6；取△ABC的外接圆圆心为O′，作OO′∥PA，∴=2r，解得r=2；∴O′A=2，取H为PA的中点，∴OH=O′A=2，PH=，由勾股定理得OP=R==，∴三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积是S=4πR2=4×=57π．故答案为C【题目点拨】本题主要考查正弦定理和线面位置关系，考查了几何体外接球的应用问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.解题的关键求外接球的半径．5、C【解题分析】

正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，求出球的半径即可求出球的表面积．【题目详解】由题意可知，正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，底面中心到顶点的距离为，设正三棱柱的高为，由，得，∴外接球的半径为，∴外接球的表面积为：．故选C．【题目点拨】本题主要考查了正三棱柱的外接球的表面积的求法，找出球的球心是解题的关键，考查空间想象能力与计算能力，是中档题．6、A【解题分析】

根据附表可得,所以有的把握认为使用智能手机对学习有影响，选A7、B【解题分析】分析：利用向量的平行四边形法则，向量共线定理即可得出.详解：，，故选：B.点睛：(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．8、A【解题分析】分析：根据超几何分布，可知共有种选择方法，符合正品数比次品数少的情况有两种，分别为0个正品4个次品，1个正品3个次品，分别求其概率即可。详解：正品数比次品数少，有两种情况：0个正品4个次品，1个正品3个次品，由超几何分布的概率可知，当0个正品4个次品时当1个正品3个次品时所以正品数比次品数少的概率为所以选A点睛：本题考查了超几何分布在分布列中的应用，主要区分二项分布和超几何分布的不同。根据不同的情况求出各自的概率，属于简单题。9、D【解题分析】取，则，但，故；取，则，但是，故，故“”是“”的既不充分也不必要条件，选D.10、D【解题分析】

整理,即可判断选项.【题目详解】由题,因为,所以该函数是奇函数,周期为,故选:D【题目点拨】本题考查三角函数的奇偶性和周期性的判定,考查正弦的二倍角公式的应用.11、C【解题分析】分析：利用正弦函数的图象与性质，逐一判定，即可得到答案．详解：令，对于A中，因为函数不是周期函数，所以函数不是周期函数，所以是错误的；对于B中，因为，所以点与点关于直线对称，又，所以，所以的图象不关于对称，所以是错误的；对于C中，当时，，当时，函数为单调递减函数，所以是正确的；对于D中，时，，所以是错误的，综上可知，正确的为选项C，故选C．点睛：本题主要考查了正弦函数的对称性、周期性、单调性及其函数的最值问题，其中熟记正弦函数的图象与性质，合理运算是解答此类问题的关键，着重考查了综合分析与应用能力，以及推理与运算能力，试题有一定难度，属于中档试题．12、B【解题分析】

分析：求出，得到的范围，进而可得结果．详解：.,即又即故选B.点睛：本题主要考查对数的运算和不等式，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

根据题意得圆柱的轴截面为底边为，高为的矩形，根据几何性质即可求解。【题目详解】设圆柱的底面圆半径为，高为，由题意知，圆柱的轴截面为底边为，高为的矩形，所以，即。所以侧面积。【题目点拨】本题考查圆柱的几何性质，表面积的求法，属基础题14、5【解题分析】分析：先求展开式的通项公式，即可求含项的系数.详解：展开式的通项公式，可得展开式中含项，即，解得，展开式中含项的系数为.故答案为5.点睛：本题考查了二项式定理的应用，利用二项展开式的通项公式求展开式中某项的系数是解题关键.15、60【解题分析】

首先写出二项展开式的通项公式，并求指定项的值，代入求常数项.【题目详解】展开式的通项公式是，当时，.故答案为：60【题目点拨】本题考查二项展开式的指定项，意在考查公式的熟练掌握，属于基础题型.16、-1.【解题分析】

根据坐标表示出，再根据，得坐标关系，解方程即可.【题目详解】，，由得：，，即.【题目点拨】此题考查向量的运算，在解决向量基础题时，常常用到以下：设，则①；②.三、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）；（Ⅱ）2.【解题分析】

（Ⅰ）运用正弦定理实现角边转化，然后利用余弦定理，求出角的大小；（Ⅱ）方法1：由（II）及，利用余弦定理，可得，再利用基本不等式，可求出的最大值；方法2：利用正弦定理实现边角转化，利用两角和的正弦公式和辅助角公式，利用正弦型函数的单调性，可求出的最大值；【题目详解】（I）由正弦定理得：，因为，所以，所以由余弦定理得：，又在中，，所以.（II）方法1：由（I）及，得，即，因为，（当且仅当时等号成立）所以.则（当且仅当时等号成立）故的最大值为2.方法2：由正弦定理得，，则，因为，所以，故的最大值为2（当时）.【题目点拨】本题考查了正弦定理、余弦定理、基本不等式，考查了二角和的正弦公式及辅助角公式，考查了数学运算能力.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解题分析】

（Ⅰ）直接利用极化直的公式化简得到曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，再根据求出直线的斜率.【题目详解】解：（Ⅰ）由，，，得即所求曲线的直角坐标方程为：（Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得由是的中点知，即所以直线的斜率为.【题目点拨】本题主要考查极直互化，考查直线参数方程t的几何意义解题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.19、（1）证明见解析；（2）.【解题分析】分析：（1）以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明·＝0即得PE⊥BC.（2）利用线面角的向量公式求直线与平面所成角的正弦值．详解：以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图，则A(1,0,0)，B(0,1,0)．(1)证明：设C(m,0,0)，P(0,0，n)(m<0，n>0)，则D(0，m,0)，E(，，0)．可得＝(，，－n)，＝(m，－1,0)．因为·＝-＋0＝0，所以PE⊥BC.(2)由已知条件可得m＝－，n＝1，故C(－，0,0)，D(0，－，0)，E(，－，0)，P(0，0,1)．设n＝(x，y，z)为平面PEH的法向量，则，即，因此可以取n＝(1，，0)．由＝(1,0，－1)，可得|cos〈，n〉|＝，所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为.点睛：（1）本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，考查直线平面所成角的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象能力转化能力.(2)直线和平面所成的角的求法方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.20、（1）；（2）.【解题分析】

（1）先求的最大值，然后通过不等式寻找的范围．（2）由（1）知当时，,这样可得，于是由且，得，可放大为，放缩的目的是为了和可求．因此的范围可得．【题目详解】（1），由定理可知，函数的单调递增区间为，递减区间为.故，由题意可知，当，解得，故；当，由函数的单调性，可知在恒单调增，且恒大于零，故无解；综上：；(2)当时，,,，且，，，，的最小值为.【题目点拨】本题考查用导数研究证明不等式，研究不等式恒成立问题．解题中一要求有较高的转化与化归能力，二要求有较高的运算求解能力．第（1）小题中在解不等式时还要用到分类讨论的思想，第（2）小题用到放缩法，而且这里的放缩的理论根据就是由第（1）小题中函数的性质确定的，发现问题解决问题的能力在这里要求较高，本题难度较大．21、（Ⅰ）（Ⅱ）面积的最小值为，此时点坐标为．【解题分析】

（Ⅰ）设抛物线的方程是，根据焦点为的坐标求得，进而可得抛物线的方程．（Ⅱ）设，进而可得抛物线在点处的切线方程和直线的方程，代入抛物线方程根据韦达定理可求得，从而，又点到直线的距离，可得．利用导数求解．【题目详解】