浙江省宁波效实中学2024届高二数学第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

浙江省宁波效实中学2024届高二数学第二学期期末教学质量检测模拟试题考生须知：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．已知，且.则展开式中的系数为（）A．12 B．-12 C．4 D．-42．已知随机变量服从正态分布，，则（）A． B． C． D．3．若函数则（）A．-1 B．0 C．1 D．24．已知函数，如果，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．5．若某校研究性学习小组共6人，计划同时参观科普展，该科普展共有甲，乙，丙三个展厅，6人各自随机地确定参观顺序，在每个展厅参观一小时后去其他展厅，所有展厅参观结束后集合返回，设事件A为：在参观的第一小时时间内，甲，乙，丙三个展厅恰好分别有该小组的2个人；事件B为：在参观的第二个小时时间内，该小组在甲展厅人数恰好为2人，则（）．A． B． C． D．6．抛物线的焦点为，点，为抛物线上一点，且不在直线上，则周长的最小值为A． B． C． D．7．斐波那契螺旋线，也称“黄金蜾旋线”，是根据斐波那契数列（1，1，2，3，5，8…）画出来的螺旋曲线，由中世纪意大利数学家列奥纳多•斐波那契最先提出．如图，矩形ABCD是以斐波那契数为边长的正方形拼接而成的，在每个正方形中作一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连成的弧线就是斐波那契螺旋线的一部分．在矩形ABCD内任取一点，该点取自阴影部分的概率为（）A． B． C． D．8．如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是（）A．21 B． C．7 D．9．区间[0，5]上任意取一个实数x，则满足x[0，1]的概率为A． B． C． D．10．观察，，，由归纳推理可得：若定义在上的函数满足，记为的导函数，则=A． B． C． D．11．10张奖券中有3张是有奖的，某人从中依次抽取两张.则在第一次抽到中奖券的条件下，第二次也抽到中奖券的概率是()A． B． C． D．12．若直线把圆分成面积相等的两部分，则当取得最大值时，坐标原点到直线的距离是（）A．4B．C．2D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某学校拟从2名男教师和1名女教师中随机选派2名教师去参加一个教师培训活动，则2名男教师去参加培训的概率是_______．14．如图，两条距离为4的直线都与轴平行，它们与抛物线和圆分别交于，和，，且抛物线的准线与圆相切，则的最大值为______.15．如图，在中，，，，点在边上，且，将射线绕着逆时针方向旋转，并在所得射线上取一点，使得，连接，则的面积为__________．16．北纬圈上有A，B两点，该纬度圈上劣弧长为（R为地球半径），则A，B两点的球面距离为________.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）已知过点的直线l的参数方程是为参数以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程式为．（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于两点A，B，且，求实数m的值18．（12分）已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）设函数，当时，，求的取值范围.19．（12分）已知，，分别为内角，，的对边，.（1）求；（2）若，的面积为，求的周长.20．（12分）在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点：(1)求点D到平面A1BE的距离；(2)在棱上是否存在一点F，使得B1F∥平面A1BE，若存在，指明点F的位置；若不存在，请说明理由．21．（12分）对于给定的常数,设随机变量.（1）求概率.①说明它是二项式展开式中的第几项；②若,化简：；（2）设，求，其中为随机变量的数学期望.22．（10分）已知矩阵.（1）求直线在对应的变换作用下所得的曲线方程；（2）求矩阵的特征值与特征向量.

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】

求定积分得到的值，可得的值，再把按照二项式定理展开式，可得中的系数．【题目详解】∵，且，则展开式，故含的系数为，故选D．【题目点拨】本题主要考查求定积分，二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．2、A【解题分析】由正态分布的特征得＝，选A.3、B【解题分析】

利用函数的解析式，求解函数值即可．【题目详解】函数∴，故选B.【题目点拨】本题考查分段函数的应用，函数值的求法，考查计算能力，属于基础题.4、A【解题分析】

由函数，求得函数的单调性和奇偶性，把不等式，转化为，即可求解．【题目详解】由函数，可得，所以函数为单调递增函数，又由，所以函数为奇函数，因为，即，所以，解得，故选A．【题目点拨】本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的应用，其中解答中熟练应用函数的单调性与函数的奇偶性，合理转化不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．5、A【解题分析】

先求事件A包含的基本事件，再求事件AB包含的基本事件，利用公式可得.【题目详解】由于6人各自随机地确定参观顺序，在参观的第一小时时间内，总的基本事件有个；事件A包含的基本事件有个；在事件A发生的条件下，在参观的第二个小时时间内，该小组在甲展厅人数恰好为2人的基本事件为个，而总的基本事件为，故所求概率为,故选A.【题目点拨】本题主要考查条件概率的求解，注意使用缩小事件空间的方法求解.6、C【解题分析】

求△MAF周长的最小值，即求|MA|+|MF|的最小值，设点M在准线上的射影为D，根据抛物线的定义，可知|MF|=|MD|，因此，|MA|+|MF|的最小值，即|MA|+|MD|的最小值.根据平面几何知识，可得当D，M，A三点共线时|MA|+|MD|最小，因此最小值为xA﹣（﹣1）=5+1=6，∵|AF|==5，∴△MAF周长的最小值为11，故答案为：C．7、B【解题分析】

根据几何概型的概率公式，分别求出阴影部分面积和矩形ABCD的面积，即可求得。【题目详解】由已知可得：矩形的面积为，又阴影部分的面积为，即点取自阴影部分的概率为，故选。【题目点拨】本题主要考查面积型的几何概型的概率求法。8、A【解题分析】

令，则该式等于系数之和，可求出n，由二项展开式公式即可求得展开式中某项的系数.【题目详解】令，则，解得：，由二项展开式公式可得项为：，所以系数为21.故选A.【题目点拨】本题考查二项展开式系数之和与某项系数的求法，求系数之和时，一般令，注意区分二项式系数与系数，二项式系数之和为.9、A【解题分析】

利用几何概型求解即可.【题目详解】由几何概型的概率公式得满足x[0，1]的概率为.故选：A【题目点拨】本题主要考查几何概型的概率的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.10、D【解题分析】由归纳推理可知偶函数的导数是奇函数，因为是偶函数，则是奇函数，所以，应选答案D．11、B【解题分析】

根据第一次抽完的情况下重新计算总共样本数和满足条件样本数，再由古典概型求得概率。【题目详解】在第一次抽中奖后，剩下9张奖券，且只有2张是有奖的，所以根据古典概型可知，第二次中奖的概率为。选B.【题目点拨】事件A发生的条件下，事件B发生的概率称为“事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率”，记为；条件概率常有两种处理方法：（1）条件概率公式：。（2）缩小样本空间，即在事件A发生后的己知事实情况下，用新的样本空间的样本总数和满足特征的样本总数来计算事件B发生的概率。12、D【解题分析】依题意可知直线过圆心，代入直线方程得，当且仅当时当好成立，此时原点到直线的距离为.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

根据古典概型概率计算公式求解即可.【题目详解】从名教师中选派名共有：种选法名男教师参加培训有种选法所求概率：本题正确结果：【题目点拨】本题考查古典概型概率问题的求解，属于基础题.14、【解题分析】

先设直线的方程为，再利用直线与圆锥曲线的位置关系将用表示，再利用导数求函数的最值即可得解.【题目详解】解：由抛物线的准线与圆相切得或7，又，∴.设直线的方程为，则直线的方程为，则.设，，令，得；令，得.即函数在为增函数，在为减函数，故，从而的最大值为，故答案为：.【题目点拨】本题考查了利用导数求函数的最值，重点考查了运算能力，属中档题.15、【解题分析】

由余弦定理求得，再结合正弦定理得，进而得，得，则面积可求【题目详解】由，得，解得.因为，所以，，所以.又因为，所以.因为，所以.故答案为【题目点拨】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题16、【解题分析】

先求出北纬圈所在圆的半径，是、两地在北纬圈上对应的圆心角，得到线段的长，设地球的中心为，解三角形求出的大小，利用弧长公式求、这两地的球面距离．【题目详解】解：北纬圈所在圆的半径为，它们在纬度圈上所对应的劣弧长等于为地球半径），是、两地在北纬圈上对应的圆心角），故，线段，，、这两地的球面距离是，故答案为：．【题目点拨】本题考查球的有关经纬度知识，球面距离，弧长公式，考查空间想象能力，逻辑思维能力，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），；（2）或【解题分析】分析：（1）直接利用转换关系把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化．

（2）利用方程组求出一元二次方程，利用根和系数的关系式求出结果．详解：（1）过点的直线l的参数方程是为参数．转化为直角坐标方程为：，曲线C的极坐标方程式为．转化为直角坐标方程为：．（2）直线l与曲线C交于两点A，B，则：把为参数，代入曲线方程，整理得：．由于，故：．解得：或点睛：本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，一元二次方程根与系数的关系的应用．属基础题.18、（1）（2）【解题分析】

（1）将代入不等式，讨论范围去绝对值符号解得不等式.（2）利用绝对值三角不等式得到答案.【题目详解】(1)当时，综上(2)恒成立恒成立解不等式可得【题目点拨】本题考查了解绝对值不等式，绝对值三角不等式，利用绝对值三角不等式将恒成立问题转化为最值问题是解题的关键.19、（1）；（2）.【解题分析】

(1)利用正弦定理把边转化为角，再由两角和的正弦可求出角；(2)利用三角形面积公式可得到，再由余弦定理可求出的周长；【题目详解】(1)由正弦定理知，∴，∴，.（或用余弦定理将换掉求解）(2)由(1)及已知可得，解得，由余弦定理知，∴，∴的周长为.【题目点拨】本题考查了正弦定理、余弦定理以及面积公式，考查了学生的计算能力，属于较易题.20、(1)；(2)存在点，为中点【解题分析】

（1）根据体积桥，首先求解出，进而根据解三角形的知识可求得，从而可构造关于所求距离的方程，解方程求得结果；（2）将平面延展，与底面交于且为中点，过点可作出的平行线，交于，为中点，即为所求的点；证明时，取中点，利用中位线可证得，从而可知平面，再利用平行四边形证得，利用线面平行判定定理可证得结论.【题目详解】（1）连接，，则又，，设点D到平面A1BE的距离为则，解得：即点D到平面A1BE的距离为：（2）存在点，为中点证明如下：取中点，连接，分别为中点又，则四点共面平面又四边形为平行四边形，又平面平面【题目点拨】本题考查点到平面距离的求解、补全线面平行条件的问题.求解点到平面距离通常采用体积桥的方式，将问题转化为棱锥的高的求解问题.21、(1);①;②;（2）.【解题分析】

(1)由二项分布的通项公式可得答案；①对比二项展开式可得项数；②将展开对比可得答案；（2）通过二项分布期望公式即得答案.【题目详解】(1)由于随机变量，故；它是二项式展开式中的第项；若，则，所以；（2）由（1）知，而，故，，所以.【题目点拨】本题主要考查二项分布与二项式定理的联系，意在考查学生的分析能力，转化能力，计算能力，难度中等.22、（1）；（2）属于特征值的一个特征向量为，属于特征值的一个特征向量为.【解题分析】

（1）设是