云南省昭通市第一中学2024-2025学年高二数学第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

云南省昭通市第一中学2024-2025学年高二数学第二学期期末教学质量检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．离散型随机变量X的分布列为，，2，3，则（）A．14a B．6a C． D．62．在的展开式中，项的系数为（）A． B．40 C． D．803．已知，记，则M与N的大小关系是()A． B． C． D．不能确定4．证明等式时，某学生的证明过程如下（1）当n=1时，，等式成立；（2）假设时，等式成立，即，则当时，，所以当时，等式也成立，故原式成立.那么上述证明（）A．过程全都正确 B．当n=1时验证不正确C．归纳假设不正确 D．从到的推理不正确5．定积分等于()A． B． C． D．6．设，则在下列区间中，使函数f(x)有零点的区间是（）A．[0,1]B．[1,2]C．[-2,-1]D．[-1,0]7．用数学归纳法证明：“”，由到时，等式左边需要添加的项是（）A． B．C． D．8．已知函数，则函数的零点个数为（）A．1 B．3 C．4 D．69．设函数，若实数分别是的零点，则（）A． B． C． D．10．已知盒中装有大小形状完全相同的3个红球、2个白球、5个黑球.甲每次从中任取一球且不放回，则在他第一次拿到的是红球的前提下，第二次拿到白球的概率为（）A． B． C． D．11．已知是定义在上的偶函数，且在上是增函数，设，，，则，，的大小关系是（）A． B． C． D．12．若复数是虚数单位），则的共轭复数（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．观察下列数表：如此继续下去，则此表最后一行的数为_______（用数字作答）.14．用反证法证明命题“如果，那么”时，假设的内容应为_____．15．函数的最小正周期为__________．16．若，，则实数的取值范围为__________．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）如图，直三棱柱中，，，，为的中点，点为线段上的一点.(1)若，求证:;(2)若，异面直线与所成的角为30°，求直线与平面所成角的正弦值.18．（12分）已知椭圆C：与圆M：的一个公共点为．（1）求椭圆C的方程；（2）过点M的直线l与椭圆C交于A、B两点，且A是线段MB的中点，求的面积．19．（12分）已知等差数列的前项和为，，.（1）求的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求的最小值.20．（12分）若展开式中第二、三、四项的二项式系数成等差数列.（1）求的值及展开式中二项式系数最大的项；（2）此展开式中是否有常数项，为什么？21．（12分）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，，，分别是棱的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）某中学开设了足球、篮球、乒乓球、排球四门体育课程供学生选学，每个学生必须且只能选学其中门课程.假设每个学生选学每门课程的概率均为，对于该校的甲、乙、丙名学生，回答下面的问题.（1）求这名学生选学课程互不相同的概率；（2）设名学生中选学乒乓球的人数为，求的分布列及数学期望.

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【解析】

由离散型随机变量X的分布列得a+2a+3a＝1，从而，由此能求出E（X）．【详解】解：∵离散型随机变量X的分布列为，，∴，解得，∴．故选：C．本题考查离散型随机变量的数学期望的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．2、D【解析】

通过展开二项式即得答案.【详解】在的展开式中,的系数为，故答案为D.本题主要考查二项式定理，难度很小.3、B【解析】

作差并因式分解可得M-N=，由，∈（0，1）可作出判断．【详解】由题意可得M-N====，∵，b∈（0，1），∴（b-1）∈（-1，0），（-1）∈（-1，0），∴（b-1）（-1）＞0，∴M＞N

故选B.本题考查作差法比较式子大小，涉及因式分解，属基础题．4、A【解析】分析：由题意结合数学归纳法的证明方法考查所给的证明过程是否存在错误即可.详解：考查所给的证明过程：当时验证是正确的，归纳假设是正确的，从到的推理也是正确的，即证明过程中不存在任何的问题.本题选择A选项.点睛：本题主要考查数学归纳法的概念及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5、B【解析】

由定积分表示半个圆的面积，再由圆的面积公式可求结果。【详解】由题意可知定积分表示半径为的半个圆的面积，所以，选B.1．由函数图象或曲线围成的曲边图形面积的计算及应用，一般转化为定积分的计算及应用，但一定要找准积分上限、下限及被积函数，且当图形的边界不同时，要讨论解决．(1)画出图形，确定图形范围；(2)解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；(3)确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；(4)计算定积分，求出平面图形的面积．2．由函数求其定积分，能用公式的利用公式计算，有些特殊函数可根据其几何意义，求出其围成的几何图形的面积，即其定积分．有些由函数的性质求函数的定积分。6、D【解析】试题分析：函数f（x）在区间[a，b]上有零点，需要f（x）在此区间上的图像连续且两端点函数值异号，即f（a）f（b）≤0，把选择项中的各端点值代入验证可得答案D．考点：零点存在定理7、D【解析】

写出时，左边最后一项，时，左边最后一项，由此即可得到结论【详解】解：∵时，左边最后一项为，时，左边最后一项为，∴从到，等式左边需要添加的项为一项为故选：D．本题考查数学归纳法的概念，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．8、C【解析】

令,可得,解方程,结合函数的图象,可求出答案.【详解】令,则,令,若,解得或,符合;若,解得,符合.作出函数的图象,如下图,时,;时,;时,.结合图象,若,有3个解;若,无解;若,有1个解.所以函数的零点个数为4个.故选:C.本题考查分段函数的性质,考查了函数的零点,考查了学生的推理能力,属于中档题.9、A【解析】由题意得，函数在各自的定义域上分别为增函数，∵，又实数分别是的零点∴，∴，故．选A．点睛：解答本题时，先根据所给的函数的解析式判断单调性，然后利用判断零点所在的范围，然后根据函数的单调性求得的取值范围，其中借助0将与联系在一起是关键．10、D【解析】

设“第一次拿到的是红球”为事件A,“第二次拿到白球”为事件B，分别计算出，的值，由条件概率公式可得，可得答案.【详解】解：设“第一次拿到的是红球”为事件A,“第二次拿到白球”为事件B，可得：，,则所求事件的概率为：,故选：D.本题主要考查条件概率与独立事件的计算，属于条件概率的计算公式是解题的关键.11、B【解析】

由函数为的偶函数，得出该函数在上为减函数，结合性质得出，比较、、的大小关系，结合函数的单调性可得出、、的大小关系．【详解】由函数为的偶函数，且在上是增函数，则该函数在上为减函数，且有，则，，，，且，，由于函数在上为减函数，所以，，因此，，故选B．本题考查利用函数的单调性与奇偶性比较大小，考查中间值法比较指数式和对数式的大小关系，再利用函数单调性比较函数值大小时，要结合函数的奇偶性、对称性、周期性等基本性质将自变量置于同一单调区间，结合单调性来比较大小关系，考查分析问题的能力，属于中等题．12、D【解析】

根据复数除法运算法则可化简复数得，由共轭复数定义可得结果.【详解】本题正确选项：本题考查共轭复数的求解，关键是能够利用复数的除法运算法则化简复数，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2816【解析】

观察数表可知，每一行的首尾两项数字的和成等比数列，由于最后一行的数字等于倒数第二行两项的和，所以只要根据规律求出第9行的首尾两项之和即可.【详解】由题意可知最后一行为第10行，第一行首尾两项的和为11，第二行首尾两项的和为22，第三行首尾两项的和为44，，则第9行首尾两项的和为，所以第十行的数字是，故答案是：.该题考查的是有关归纳推理的问题，涉及到的知识点有根据题中所给的条件，归纳出对应的结论，属于简单题目.14、或【解析】假设的内容应是否定结论，由否定后为.15、【解析】

直接利用三角函数的周期公式求出函数的最小正周期.【详解】由题得函数的最小正周期.故答案为本题主要考查正弦型函数的最小正周期的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.16、【解析】当m=0时，符合题意．当m≠0时,，则0<m<4，则0⩽m<4答案为：.点睛：解本题的关键是处理二次函数在区间上大于0的恒成立问题，对于二次函数的研究一般从以几个方面研究：一是，开口；二是，对称轴，主要讨论对称轴与区间的位置关系；三是，判别式，决定于x轴的交点个数；四是，区间端点值.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)证明见解析(2)【解析】

（1）取中点，连接，，易知要证，先证平面；（2）如图以为坐标原点，分别以，，为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及直线的方向向量，即可得到结果.【详解】(1)证明:取中点，连接，，有，因为，所以，又因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面，又因为平面平面，所以平面，又因为平面，所以又因为，，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，所以.(2)设，如图以为坐标原点，分别以，，为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，由(1)可知，，所以，故，，，，，对平面，，，所以其法向量为.又，所以直线与平面成角的正弦值.本题主要考查线面垂直的证明、中位线定理以及利用空间向量求线面角的正弦值，考查了学生空间想象能力和计算能力，属于中档题．18、(1)；(2)【解析】

（1）将公共点代入椭圆和圆方程可得a，b，进而得到所求椭圆方程；（2）设过点M（0，﹣2）的直线l的方程为y＝kx﹣2，联立椭圆方程，运用韦达定理，以及三角形的面积公式可得所求值．【详解】（1）由题意可得1，（b2﹣1）2，解得a2＝3，b2＝2，则椭圆方程为1；（2）设过点M（0，﹣2）的直线l的方程为y＝kx﹣2，联立椭圆方程2x2+3y2＝6，可得（2+3k2）x2﹣12kx+6＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2，x1x2，A是线段MB的中点，可得x2＝2x1，解得k2，x12，可得△OAB的面积为•2•|x1﹣x2|＝|x1|．本题考查了椭圆方程的求解，考查了直线与圆锥曲线位置关系，其中联立直线方程和圆锥曲线方程，运用韦达定理，是解题的常用方法．19、（1）；（2）【解析】

（1）求出公差，根据通项公式即可求出；（2）由（1）可写出，则数列是等差数列.根据通项公式求出使得的的最大值，再根据前项和公式求出（或根据前项和公式求出，再根据二次函数求最值，求出的最小值）.【详解】（1）方法一：由，又因为，所以.所以数列的公差，所以.方法二：设数列的公差为.则..得.所以.（2）方法一：由题意知.令得解得.因为，所以.所以的最小值为.方法二：由题意知.因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列.所以.所以当时，数列的前项和取得最小值，最小值为.本题考查等差数列的通项公式和前项和公式，考查学生的运算求解能力.20、（1）第四项为第五项为.（2）无常数项.【解析】分析:(1)先根据题意得到，解方程即得n=7.二项式系数最大的项为第四项和第五项，求第四项和第五项的二项式系数即得解.(2)假设展开式中有常数项，求出r的值，如果r有正整数解，则有，否则就没有.详解：（1）由题意可得，解得.所以展开式有8项，所以第四项和第五项的二项式系数最大，第四项为第五项为.（2）展开式的通项公式为，令，解得（舍去），故展开式无常数项.点睛：（1）本题主要考查二项式定理的二项式系数，考查特定项的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和基本运算能力.(2)二项式通项公式：（）,其中叫二项式展开式第项的二项式系数，而二项式展开式第项的系数是字母幂前的常数.21、（1）见解析（2）【解析】

（1）依据线面平行的判定定理，在面中寻找一条直线与平行，即可由线面平行的判定定理证出；(2)建系，分别求出平面，平面的法向量，根据二面角的计算公式即可求出二面角的余弦值．【详解】（1）证明：如图，取中点为，连结，则，所以与平行与且相等，所以四边形是平行四边形，所以平面，平面，所以平面.（2）令，因为是中点，所以平面，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，在菱形中，，所以，，在中，，则，，，，，设平面的法向量为，所以，所以可取，又因平面的法向量，所以.由图可知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.本题主要考查线面平行的判定定理应用以及二面角的求法，常见求二面角的方法有定义法，三