2024届浙江省嘉兴嘉善高级中学高二数学第二学期期末考试模拟试题含解析

2024届浙江省嘉兴嘉善高级中学高二数学第二学期期末考试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．袋中有大小和形状都相同的个白球、个黑球，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是（）A． B． C． D．2．已知a=1,b=3-2A．a>b>c B．a>c>b C．b>c>a D．c>b>a3．把边长为的正沿边上的高线折成的二面角,则点到的距离是()A． B． C． D．4．已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数()A． B． C． D．5．已知抛物线y2=8x的焦点和双曲线A．3 B．3 C．5 D．56．设为虚数单位，复数为纯虚数，则（）．A．2 B．-2 C． D．7．已知函数，若只有一个极值点，则实数的取值范围是A． B． C． D．8．执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出的结果是（）A． B． C． D．9．函数y＝﹣ln（﹣x）的图象大致为（）A． B．C． D．10．名同学参加班长和文娱委员的竞选，每个职务只需人，其中甲不能当文娱委员，则共有（）种不同结果（用数字作答）A． B． C． D．11．现有5人参加抽奖活动，每人依次从装有5张奖票（其中3张为中奖票）的箱子中不放回地随机抽取一张，直到3张中奖票都被抽出时活动结束，则活动恰好在第4人抽完后结束的概率为（）A． B． C． D．12．已知，则（）A． B． C．2 D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和是16，则展开式中的含项的系数是_________．14．已知一扇形的面积是8cm2，周长是12cm，则该扇形的圆心角α（0<α<π）的弧度数是_______15．函数y=sin2x+2sin2x的最小正周期T为_______.16．更相减损术是出自九章算术的一种算法如图所示的程序框图是根据更相减损术写出的，若输入，，则输出的值为______．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）已知公差不为零的等差数列满足，且，，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，且数列的前项和为，求证：.18．（12分）已知四棱锥的底面为直角梯形，，，，，底面，为的中点.（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）设是棱上的一点，当平面时，求直线与平面所成角的正弦值.19．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的焦距为4，且过点．（1）求椭圆的方程（2）设椭圆的上顶点为，右焦点为，直线与椭圆交于、两点，问是否存在直线，使得为的垂心，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．20．（12分）知函数，，与在交点处的切线相互垂直.(1)求的解析式；(2)已知,若函数有两个零点,求的取值范围.21．（12分）已知函数在其定义域内有两个不同的极值点.（1）求的取值范围；（2）试比较与的大小，并说明理由；（3）设的两个极值点为，证明.22．（10分）为了探究车流量与的浓度是否相关，现采集到华中某城市2015年12月份某星期星期一到星期日某一时间段车流量与的数据如表：时间星期一星期二星期三星期四星期五星期六星期日车流量（万辆）1234567的浓度（微克/立方米）28303541495662（1）求关于的线性回归方程；（提示数据：）（2）（I）利用（1）所求的回归方程，预测该市车流量为12万辆时的浓度；（II）规定：当一天内的浓度平均值在内，空气质量等级为优；当一天内的浓度平均值在内，空气质量等级为良，为使该市某日空气质量为优或者为良，则应控制当天车流量不超过多少万辆？（结果以万辆为单位，保留整数）参考公式：回归直线的方程是，其中，.

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、D【解题分析】

分别计算第一次取到白球的概率和第一次取到白球且第二次取到白球的概率，根据条件概率公式求得结果.【题目详解】记“第一次取到白球”为事件，则记“第一次取到白球且第二次取到白球”为事件，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率：本题正确选项：【题目点拨】本题考查条件概率的求解问题，易错点是忽略抽取方式为不放回的抽取，错误的认为每次抽到白球均为等可能事件.2、A【解题分析】

将b、c进行分子有理化，分子均化为1，然后利用分式的基本性质可得出三个数的大小关系。【题目详解】由3而3+2<6+5，所以b>c，又【题目点拨】本题考查比较大小，在含有根式的数中，一般采用有理化以及平方的方式来比较大小，考查分析问题的能力，属于中等题。3、D【解题分析】

取中点，连接，根据垂直关系可知且平面，通过三线合一和线面垂直的性质可得，，从而根据线面垂直的判定定理知平面，根据线面垂直性质知，即为所求距离；在中利用勾股定理求得结果.【题目详解】取中点，连接，如下图所示：为边上的高，即为二面角的平面角，即且平面为正三角形为正三角形又为中点平面，平面又平面即为点到的距离又，本题正确选项：【题目点拨】本题考查立体几何中点到直线距离的求解，关键是能够通过垂直关系在立体图形中找到所求距离，涉及到线面垂直的判定定理和性质定理的应用，属于中档题.4、A【解题分析】由，得，故选A.5、A【解题分析】

先求出抛物线的焦点坐标，进而可得到双曲线的右焦点坐标，然后利用m=a2【题目详解】由题意，抛物线的焦点坐标为2,0，则双曲线的右焦点为2,0，则m=22【题目点拨】本题考查了抛物线、双曲线的焦点坐标的求法，考查了学生的计算能力，属于基础题.6、D【解题分析】

整理得：，由复数为纯虚数列方程即可得解．【题目详解】因为又它是纯虚数，所以，解得：故选D【题目点拨】本题主要考查了复数的除法运算，还考查了复数的相关概念，考查方程思想，属于基础题．7、C【解题分析】

由，令，解得或，令，利用导数研究其单调性、极值，得出结论.【题目详解】，令，解得或，令，可得，当时，函数取得极小值，，所以当时，令，解得，此时函数只有一个极值点，当时，此时函数只有一个极值点1，满足题意，当时不满足条件，舍去.综上可得实数的取值范围是，故选C.【题目点拨】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性与极值、方程与不等式的解法、分类讨论思想，属于难题.8、B【解题分析】

根据题意，运行程序可实现运算求值，从而得答案．【题目详解】第一次执行程序，，第二次执行程序，，第三次执行程序，，因为，满足条件，跳出循环，输出结果.

故选：B．【题目点拨】本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于容易题．9、C【解题分析】

分析函数的定义域，利用排除法，即可求解，得到答案．【题目详解】由题意，函数的定义域为，所以可排除A、B、D，故选C．【题目点拨】本题主要考查了函数图象的识别问题，其中解答中合理使用函数的性质，利用排除法求解是解答的关键，着重考查了判断与识别能力，属于基础题．10、B【解题分析】

先安排甲以外的一人担任文娱委员，再从剩下的3人选一人担任班长即可．【题目详解】先从甲以外的三人中选一人当文娱委员，有3种选法，再从剩下的3人选一人担任班长，有3种选法，故共有种不同结果．故选：B.【题目点拨】本题主要考查分步乘法计数原理的应用,属于基础题.11、C【解题分析】试题分析：将5张奖票不放回地依次取出共有种不同的取法，若活动恰好在第四次抽奖结束，则前三次共抽到2张中奖票，第四次抽到最后一张中奖票．共有种取法，∴考点：古典概型及其概率计算公式12、B【解题分析】

直接利用和角公式和同角三角函数关系式的应用求出结果．【题目详解】由,得,则,故.故选B【题目点拨】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，和角公式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

先由二项式系数之和求出，再根据二项展开式的通项公式，即可求出结果.【题目详解】因为二项式的展开式中各项的二项式系数之和是16，所以，即；所以，其二项展开式的通项为：，令得，所以，因此含项的系数是.故答案为：.【题目点拨】本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于常考题型.14、1【解题分析】

设半径为，则，，可解出对答案．【题目详解】设半径为，则，,由有代入有：，解得或，当时，，当时，，又，所以.故答案为：【题目点拨】本题考查扇形的面积，弧度制公式等，属于容易题．15、【解题分析】考点：此题主要考查三角函数的概念、化简、性质，考查运算能力.16、【解题分析】输入，执行程序框图，第一次；第二次；第三次；第四次，满足输出条件，输出的的值为，故答案为.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、(1).(2)见详解.【解题分析】

(1)设公差为，由已知条件列出方程组，解得，解得数列的通项公式.(2)得出，可由裂项相消法求出其前项和，进而可证结论.【题目详解】(1)设等差数列的公差为().由题意得则化简得解得所以.(2)证明：，所以.【题目点拨】本题考查等差数列和等比数列的基本量运算、裂项相消法求和、不等式的证明.通项公式形如的数列，可由裂项相消法求和.18、（1）;（2）.【解题分析】

以点为坐标原点，以直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系（1）由可得异面直线与所成角的余弦值．（2）当平面时，设，要使平面，只需即可．即可得即为的中点，即，由即可求得直线与平面所成角的正弦值．【题目详解】解：以点为坐标原点，以直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.则，，，，，.（1），．则异面直线与所成角的余弦值为．（2）当平面时，设.，，，面．要使平面，只需即可．，．即为的中点，即,，平面的法向量为，则．直线与平面所成角的正弦值为.【题目点拨】本题考查了异面直线所成角，考查了线面角.本题的易错点是第二问中，错把当成了线面角.19、（1）；（2）存在直线满足题设条件,详见解析【解题分析】

（1）由已知列出关于，，的方程组，解得，，，写出结果即可；（2）由已知可得，，．所以，因为，所以可设直线的方程为，代入椭圆方程整理，得．设，，，，由根与系数的关系写出两根之和和两根之积的表达式，再由垂心的性质列出方程求解即可．【题目详解】（1）由已知可得，解得，，，所以椭圆的方程为．（2）由已知可得，，∴.∵，∴可设直线的方程为，代入椭圆方程整理，得.设，则，∵.即∵即，∵∴或.由，得又时，直线过点，不合要求，∴，故存在直线满足题设条件.【题目点拨】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系应用，以及垂心的定义应用。意在考查学生的数学运算能力。20、(1)．(2)或．【解题分析】分析：（1）分别求出与在交点处切线的斜率，从而得到答案；（2）对求导，分类讨论即可.详解：(1)，，又，，与在交点处的切线相互垂直，,.又在上,，故.(2)由题知.①,即时,令,得;令,得或，在区间上单调递增,在区间上单调递减,在区间上单调递增,故存在使.又，，，在区间上有一个零点,在区间上有一个零点,在区间上有一个零点,共个零点,不符合题意,舍去.②时,令,得，令,得或，在区间上单调递增,在区间上单调递减,在区间上单调递增，又,,有两个零点,符合题意.③,即时,令,得,令,得或，在区间上单调递增,在区间上单调递减,在区间上单调递增，，在区间上存在一个零点,若要有两个零点,必有,解得.④,即时,令,得，令,得或，在区间上单调递增,在区间上单调递减,在区间上单调递增，,在区间上存在一个零点，又，∴在区间∴上不存在零点,即只有一个零点,不符合题意.综上所述,或.点睛：函数零点或函数图象交点问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．21、(1)；（2）；理由见解析；（3）证明见解析【解题分析】

（1）根据函数在定义域内有两个不同极值点可知方程有两个不等正根，将问题转化为与在上有两个不同交点；利用过一点曲线的切线的求解方法可求出过原点与相切的直线的斜率，从而可得，解不等式求得结果；（2）令，求导后可知在上单调递减，从而可得，化简可得；（3）易知是方程的两根，令，可整理得到，从而将所证不等式化为，采用换元的方式可知只需证，恒成立；构造函数，，利用导数可知在上单调递增，可得，进而证得结论.【题目详解】（1）由题意得：定义域为；在上有两个不同极值点等价于方程有两个不等正根即：与在有两个不同的交点设过的的切线与相切于点则切线斜率，解得：过的的切线的斜率为：，解得：即的取值范围为：（2）令，则时，；时，在上单调递增；在上单调递减，即：即：（3）由（1）知，是方程的两