陕西省商洛市洛南县2024届数学高二第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

陕西省商洛市洛南县2024届数学高二第二学期期末学业质量监测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知线段所在的直线与平面相交于点，且与平面所成的角为，，，为平面内的两个动点，且，，则，两点间的最小距离为（）A． B．1 C． D．2．用数学归纳法证：（时）第二步证明中从“到”左边增加的项数是（）A．项 B．项 C．项 D．项3．已知等差数列前9项的和为27，，则A．100 B．99 C．98 D．974．设随机变量服从分布，且，，则（）A．， B．，C．， D．，5．已知关于的实系数一元二次方程的一个根在复平面上对应点是，则这个方程可以是（）A． B．C． D．6．已知的周长为9，且，则的值为（）A． B． C． D．7．在直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的参数方程为（为参数），曲线的方程为，直线与曲线相交于两点，当的面积最大时，()A． B． C． D．8．在同一平面直角坐标系中，曲线按变换后的曲线的焦点坐标为（）A． B． C． D．9．将一枚质地均匀且各面分别有狗，猪，羊，马图案的正四面体玩具抛掷两次，设事件{两次掷的玩具底面图案不相同}，{两次掷的玩具底面图案至少出现一次小狗}，则（）A． B． C． D．10．若，则为（）A．－233 B．10 C．20 D．23311．某校有高一学生n名，其中男生数与女生数之比为6:5，为了解学生的视力情况，现要求按分层抽样的方法抽取一个样本容量为n10的样本，若样本中男生比女生多12人，则n=（A．990 B．1320 C．1430 D．156012．甲、乙两支球队进行比赛，预定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束.结束除第五局甲队获胜的概率是外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是.假设各局比赛结果相互独立.则甲队以3：2获得比赛胜利的概率为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若小明在参加理、化、生三门课程的等级性考试中，取得等级的概率均为，且三门课程的成绩是否取得等级互不影响．则小明在这三门课程的等级性考试中恰有两门取得等级的概率为_______．14．在四棱锥中，设向量，，，则顶点到底面的距离为_________15．若曲线经过T变换作用后纵坐标不变、横坐标变为原来的2倍，则T变换所对应的矩阵_____.16．圆柱的高为1，侧面展开图中母线与对角线的夹角为60°，则此圆柱侧面积是_________．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）如图，在正四棱柱中，，，建立如图所示的空间直角坐标系.（1）若，求异面直线与所成角的大小；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值；（3）若二面角的大小为，求实数的值.18．（12分）已知函数.（1）设是的极值点，求的单调区间；（2）当时，求证：.19．（12分）如图,在底面为直角梯形的四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,PA⊥平面ABCD,PA=3,AD=2,AB=2,BC=6.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)求二面角P-BD-A的大小.20．（12分）已知矩阵，向量.（1）求的特征值、和特征向量、；（2）求的值.21．（12分）已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）若，求证：当时，.22．（10分）已知函数，.（Ⅰ）当时，求的单调区间与极值；（Ⅱ）当时，若函数在上有唯一零点，求的值

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】

过作面，垂足为，连结，得到点的运动轨迹，以为原点，建立空间直角坐标系，在中，利用余弦定理得到动点的轨迹方程，从而得到、两点间距离的最小值，再得到，两点间的最小距离.【题目详解】如图，过作面，垂足为，连结，根据题意，因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动；以为原点与垂直的方向为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，则，，，因为为平面内动点，所以设在中，根据余弦定理可得即，整理得，平面内，点在曲线上运动，所以，所以当时，，即，所以，两点间的最小距离为.故选：D.【题目点拨】本题考查圆上的点到曲线上点的距离的最值，考查求动点的轨迹方程，余弦定理解三角形，属于中档题.2、D【解题分析】

分别写出当，和时，左边的式子，分别得到其项数，进而可得出结果.【题目详解】当时，左边，易知分母为连续正整数，所以，共有项；当时，左边，共有项；所以从“到”左边增加的项数是项.故选D【题目点拨】本题主要考查数学归纳法，熟记数学归纳法的一般步骤即可，属于常考题型.3、C【解题分析】试题分析：由已知，所以故选C.【考点】等差数列及其运算【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.4、A【解题分析】分析：根据随机变量符合二项分布，根据二项分布的期望和方差公式得到关于的方程组，注意两个方程之间的关系，把一个代入另一个，以整体思想来解决，求出P的值，再求出n的值，得到结果.详解：随机变量服从分布，且，，①②即可求得，.故选：A点睛：本题考查离散型随机变量的期望和方差，考查二项分布的期望和方差公式，考查方差思想，是一个比较好的题目，技巧性比较强.5、A【解题分析】

先由题意得到方程的两复数根为，(为虚数单位)，求出，，根据选项，即可得出结果.【题目详解】因为方程的根在复平面内对应的点是，可设根为：，(为虚数单位)，所以方程必有另一根，又，，根据选项可得，该方程为.故选A【题目点拨】本题主要考查复数的方程，熟记复数的运算法则即可，属于常考题型.6、A【解题分析】

由题意利用正弦定理可得,再由余弦定理可得cosC的值．【题目详解】由题意利用正弦定理可得三角形三边之比为3：2：4，再根据△ABC的周长为9，可得．再由余弦定理可得cosC，故选A．【题目点拨】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，求得是解题的关键，属于中档题．7、D【解题分析】

先将直线直线与曲线转化为普通方程，结合图形分析可得，要使的面积最大，即要为直角，从而求解出。【题目详解】解：因为曲线的方程为，两边同时乘以，可得，所以曲线的普通方程为，曲线是以为圆心，2为半径的上半个圆.因为直线的参数方程为（为参数），所以直线的普通方程为，因为，所以当为直角时的面积最大，此时到直线的距离，因为直线与轴交于，所以，于是，所以，故选D。【题目点拨】本题考查了曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程之间的互化，同时考查了直线与圆的位置关系，数形结合是本题的核心思想。8、D【解题分析】

把伸缩变换的式子变为用表示，再代入原方程即可求出结果.【题目详解】由可得，将其代入可得：，即故其焦点为：.故选：D.【题目点拨】本题考查的是有关伸缩变换后曲线方程的求解问题，涉及到的知识点有伸缩变换规律对应点的坐标之间的关系，属于基础题9、C【解题分析】

利用条件概率公式得到答案.【题目详解】故答案选C【题目点拨】本题考查了条件概率的计算，意在考查学生的计算能力.10、A【解题分析】

对等式两边进行求导，当x＝1时，求出a1+2a2+3a3+4a4+5a5的值，再求出a0的值，即可得出答案．【题目详解】对等式两边进行求导，得：2×5（2x﹣3）4＝a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4，令x＝1，得10＝a1+2a2+3a3+4a4+5a5；又a0＝（﹣3）5＝﹣243，∴a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5＝﹣243+10＝﹣1．故选A．【题目点拨】本题考查了二项式定理与导数的综合应用问题，考查了赋值法求解二项展开式的系数和的方法，利用导数得出式子a1+2a2+3a3+4a4+5a5是解题的关键．11、B【解题分析】

根据题意得出样本中男生和女生所占的比例分别为611和511，于是得出样本中男生与女生人数之差为611【题目详解】依题意可得(611-511)×n【题目点拨】本题考考查分层抽样的相关计算，解题时要利用分层抽样的特点列式求解，考查计算能力，属于基础题。12、B【解题分析】若是3:2获胜，那么第五局甲胜，前四局2:2，所以概率为，故选B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

利用次独立重复试验的公式即可求解.【题目详解】这三门课程的等级性考试取得的等级可看成进行3次相互独立的重复试验因而小明在这三门课程的等级性考试中恰有两门取得等级的概率为故答案为：【题目点拨】本题主要考查了次独立重复试验的概率问题，属于基础题.14、2；【解题分析】

根据法向量的求法求得平面的法向量，利用点到面的距离的向量求解公式直接求得结果.【题目详解】设平面的法向量则，令，则，点到底面的距离：本题正确结果：【题目点拨】本题考查点到面的距离的向量求法，关键是能够准确求解出平面的法向量，考查学生对于点到面距离公式掌握的熟练程度.15、【解题分析】

根据伸缩变换性质即可得出【题目详解】设在这个伸缩变换下，直角坐标系内任意一点对应到点则从而对应的二阶矩阵【题目点拨】本题主要考查了伸缩变换对应矩阵，属于基础题.16、【解题分析】

根据圆柱结构特征可知侧面展开图为矩形，利用正切值求得矩形的长，从而可得侧面积.【题目详解】圆柱侧面展开图为矩形，且矩形的宽为矩形的长为：圆柱侧面积：本题正确结果：【题目点拨】本题考查圆柱侧面积的相关计算，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、（1）异面直线与所成角为；（2）与平面所成角的正弦值为；（3）二面角的大小为，的值为.【解题分析】分析：（1）由题意可得和的坐标，可得夹角的余弦值；（2）求出平面的法向量，即可求出答案；（3）设，表示出平面的法向量和平面的法向量，利用二面角的大小为，即可求出t.详解：（1）当时，，，，，，则，，故，所以异面直线与所成角为．（2）当时，，，，，，则，，设平面的法向量，则由得，不妨取，则，此时，设与平面所成角为，因为，则，所以与平面所成角的正弦值为．（3）由得，，，设平面的法向量，则由得，不妨取，则，此时，又平面的法向量，故，解得，由图形得二面角大于，所以符合题意．所以二面角的大小为，的值为．点睛：本题考查空间向量的数量积和模长公式.18、（1）在上减，上增；（2）证明见解析.【解题分析】

（1）求出函数的定义域以及导函数，由是的极值点可求出，即，对导函数再次求导，判断导函数在上单调递增，由，进而可求出函数的单调区间.（2）由，进而可得，记，研究函数的单调性，求出的最小值，进而可得证.【题目详解】（1）解：的定义域为，，由，所以，又因为，所以在上单调递增，注意到，所以在上减，上增.（2）由，所以,记，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以是的最小值点，，故.【题目点拨】本题考查了导函数的研究函数的单调性以及最值中的应用，需掌握极值点的定义，属于中档题.19、(1)见解析;(2)60°.【解题分析】

（1）∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD．∴BD⊥PA．∵tan∠ABD==，tan∠BAC==，∴∠ABD=30°，∠BAC=60°．∴∠AEB=90°，即BD⊥AC．∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC．（2）连接PE，∵BD⊥平面PAC，∴BD⊥PE，BD⊥AE．∴∠AEP为二面角P﹣BD﹣A的平面角．在Rt△AEB中，AE=ABsin∠ABD=，∴tan∠AEP=，∴∠AEP=60°，∴二面角P﹣BD﹣A的大小为60°．20、(1)当时，解得,当时，解得;(2)见解析.【解题分析】分析：（1）先根据特征值的定义列出特征多项式，令解方程可得特征值，再由特征值列出方程组即可解得相应的特征向量；（2）根据矩阵A的特征多项式求出矩阵A的所有特征值为3和-1，然后根据特征向量线性表示出向量，利用矩阵的乘法法则求出，从而即可求出答案.详解（1）矩阵的特征多项式为，令，解得，，当时，解得；当时，解得.(2)令，得，求得.所以点睛：考查学生会利用二阶矩阵的乘法法则进行运算，会求矩阵的特征值和特征向量.21、（1）见解析（2）见解析【解题分析】分析：（1）依题意，的定义域为，，分类讨论可求的单调性；（2）当时，要证明，即