2024屆江西省撫州市臨川一中數學高二第二學期期末教學質量檢測模擬試題含解析

2024屆江西省撫州市臨川一中數學高二第二學期期末教學質量檢測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．正方形ABCD中，點E是DC的中點，點F是BC的一個三等分點，那么（）A． B．C． D．.2．設隨機變量X的分布列如下：則方差D(X)＝（）．A． B． C． D．3．定義在上的函數，滿足為的導函數，且，若，且，則有（）A． B．C． D．不確定4．等于()A． B．2 C．-2 D．+25．己知，是橢圓的左右兩個焦點，若P是橢圓上一點且，則在中（）A． B． C． D．16．已知集合，，若，則實數的取值范圍是()A． B． C． D．7．設，若，則展開式中二項式系數最大的項為（）A．第4項 B．第5項 C．第4項和第5項 D．第7項8．函數f(x)＝的圖象大致為()A． B．C． D．9．已知直線，，點為拋物線上的任一點，則到直線的距離之和的最小值為（）A．2 B． C． D．10．河南洛陽的龍門石窟是中國石刻藝術寶庫之一，現(xiàn)為世界文化遺產，龍門石窟與莫高窟、云岡石窟、麥積山石窟并稱中國四大石窟．現(xiàn)有一石窟的某處“浮雕像”共7層，每上層的數量是下層的2倍，總共有1016個“浮雕像”，這些“浮雕像”構成一幅優(yōu)美的圖案，若從最下層往上“浮雕像”的數量構成一個數列，則的值為（）A．8 B．10 C．12 D．1611．設等差數列{}的前項和為，若，則=A．20 B．35 C．45 D．9012．甲，乙，丙，丁四人參加完某項比賽，當問到四人誰得第一時，回答如下：甲：“我得第一名”；乙：“丁沒得第一名”；丙：“乙沒得第一名”；?。骸拔业玫谝幻?已知他們四人中只有一個說真話，且只有一人得第一.根據以上信息可以判斷得第一名的人是（）A．甲B．乙C．丙D．丁二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．是虛數單位，若復數是純虛數，則實數____________.14．在平面直角坐標系中，雙曲線的漸近線方程為______.15．分別和兩條異面直線相交的兩條直線的位置關系是___________．16．端午節(jié)小長假期間，張洋與幾位同學從天津乘到大連去旅游，若當天從天津到大連的三列火車正點到達的概率分別為，，，假設這三列火車之間是否正點到達互不影響，則這三列火車恰好有兩列正點到達的概率是____.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知的展開式中有連續(xù)三項的系數之比為1︰2︰3，（1）這三項是第幾項？（2）若展開式的倒數第二項為112，求x的值．18．（12分）已知函數（e為自然對數的底數）．（Ⅰ）當時，求函數的單調區(qū)間；（Ⅱ）若對于任意，不等式恒成立，求實數t的取值范圍．19．（12分）已知函數(1)若不等式的解集為，求實數的值；(2)若不等式對一切實數恒成立，求實數的取值范圍.20．（12分）已知某條有軌電車運行時，發(fā)車時間間隔（單位：分鐘）滿足：，.經測算，電車載客量與發(fā)車時間間隔滿足：，其中.（1）求，并說明的實際意義；（2）若該線路每分鐘的凈收益為（元），問當發(fā)車時間間隔為多少時，該線路每分鐘的凈收益最大？并求每分鐘最大凈收益.21．（12分）選修4-4：坐標系與參數方程在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（，為參數），在以為極點，軸的正半軸為極軸的極坐標系中，曲線是圓心在極軸上，且經過極點的圓.已知曲線上的點對應的參數，射線與曲線交于點.（Ⅰ）求曲線的直角坐標方程；（Ⅱ）若點，在曲線上，求的值.22．（10分）已知曲線的極坐標方程為（1）若以極點為平面直角坐標系的原點，極軸為軸的正半軸，建立平面直角坐標系，求曲線的直角坐標方程；（2）若是曲線上一個動點，求的最大值，以及取得最大值時點的坐標.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解題分析】

用向量的加法和數乘法則運算。【題目詳解】由題意：點E是DC的中點，點F是BC的一個三等分點，∴。故選：D?！绢}目點撥】本題考查向量的線性運算，解題時可根據加法法則，從向量的起點到終點，然后結合向量的數乘運算即可得。2、B【解題分析】分析：先求出的值，然后求出，利用公式求出詳解：故選點睛：本題考查了隨機變量的分布列的相關計算，解答本題的關鍵是熟練掌握隨機變量的期望與方差的計算方法3、A【解題分析】

函數滿足，可得.由，易知，當時，，單調遞減.由，則.當,則.當,則,，，即.故選A.4、D【解題分析】∵.故選D5、A【解題分析】

根據橢圓方程求出、，即可求出、，再根據余弦定理計算可得；【題目詳解】解：因為，所以，，又因為，，所以，在中，由余弦定理，即，，故選：【題目點撥】本題考查橢圓的簡單幾何性質及余弦定理解三角形，屬于基礎題.6、A【解題分析】由已知得，由，則，又，所以.故選A.7、C【解題分析】

先利用二項展開式的基本定理確定的數值，再求展開式中系數最大的項【題目詳解】令，可得，令，則，由題意得，代入得，所以，又因為，所以展開式中二項式系數最大的項為第4項和第項，故選【題目點撥】本題考查了二項式定理的應用問題，也考查了賦值法求二項式的次數的應用問題，屬于基礎題。8、D【解題分析】

根據函數為非偶函數可排除兩個選項，再根據特殊值可區(qū)分剩余兩個選項.【題目詳解】因為f(－x)＝≠f(x)知f(x)的圖象不關于y軸對稱，排除選項B，C.又f(2)＝＝－<0.排除A，故選D.【題目點撥】本題主要考查了函數圖象的對稱性及特值法區(qū)分函數圖象，屬于中檔題.9、C【解題分析】分析：由拋物線的定義可知P到直線l1，l1的距離之和的最小值為焦點F到直線l1的距離．詳解：拋物線的焦點為F（﹣1，0），準線為l1：x=1．∴P到l1的距離等于|PF|，∴P到直線l1，l1的距離之和的最小值為F（﹣1，0）到直線l1的距離．故選：C．點睛：本題主要考查了拋物線定義的應用，屬于基礎題.10、C【解題分析】

數列，是等比數列，公比為2，前7項和為1016，由此可求得首項，得通項公式，從而得結論．【題目詳解】最下層的“浮雕像”的數量為，依題有：公比，解得，則，，從而，故選C．【題目點撥】本題考查等比數列的應用．數列應用題求解時，關鍵是根據題設抽象出數列的條件，然后利用數列的知識求解．11、C【解題分析】

利用等差數列的前n項和的性質得到S9=，直接求解．【題目詳解】∵等差數列{an}的前n項和為Sn，a4+a6=10，∴S9=故選：C．【題目點撥】這個題目考查的是數列求和的常用方法；數列通項的求法中有:直接根據等差等比數列公式求和；已知和的關系，求表達式，一般是寫出做差得通項，但是這種方法需要檢驗n=1時通項公式是否適用；數列求和常用法有：錯位相減，裂項求和，分組求和等。12、B【解題分析】分析：分別假設甲、乙、丙、丁得第一名，逐一分析判斷即可.詳解：若甲得第一名，則甲、乙、丙說了真話，丁說了假話，不符合題意；若乙得第一名，則乙說了真話，甲、丙、丁說了假話，符合題意；若丙得第一名，則乙、丙說了真話，甲、丁說了假話，不符合題意；若丁得第一名，則丙、丁說了真話，甲、乙說了假話，不符合題意點睛：本題考查推理論證，考查簡單的合情推理等基礎知識，考查邏輯推理能力，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解題分析】

化簡復數，實部為0，計算得到答案.【題目詳解】為純虛數故答案為2【題目點撥】本題考查了復數的計算，屬于簡單題.14、.【解題分析】

直接利用雙曲線的標準方程求出漸近線方程即可.【題目詳解】解：由雙曲線的標準方程可知，其漸近線為.故答案為:.【題目點撥】本題考查了雙曲線漸近線的求解.15、相交或異面【解題分析】

根據異面直線的定義可知與兩條異面直線相交的兩條直線不可能平行，可得到位置關系.【題目詳解】如下圖所示：此時的位置關系為：相交如下圖所示：此時的位置關系為：異面若平行，則與的四個交點，四點共面；此時共面，不符合異面直線的定義綜上所述：的位置關系為相交或異面本題正確結果；相交或異面【題目點撥】本題考查空間中直線的位置關系的判斷，屬于基礎題.16、【解題分析】設當天從天津到大連的三列火車正點到達的事件分別為A，B，C，則，事件A，B，C相互獨立，∴這三列火車恰好有兩列正點到達的概率：，故答案為：0.398.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）第5、6、7項；（2）或；【解題分析】

（1）先求展開式各項的系數，由有連續(xù)三項的系數之比為1︰2︰3，求出及項數；（2）再由通項公式寫出倒數第二項，由它等于112求出．【題目詳解】（1）展開式各項系數為，由題意，即，解得，∴這三項是第5、6、7項．（2）倒數第二項為，∴＝＝112，，，即，，∴或．【題目點撥】本題考查二項式定理，考查組合數公式的計算，題中難點有兩個，一個是把組合數用階乘表示出來后求解較方便，一個是解方程時要先取以2為底的對數后才能求解．18、(1)函數的單調遞增區(qū)間是；單調遞減區(qū)間是（2)．【解題分析】試題分析：(1)，根據題意，由于函數當t=-e時，即導數為,,函數的單調遞增區(qū)間是；單調遞減區(qū)間是（2)根據題意由于對于任意，不等式恒成立，則在第一問的基礎上，由于函數,只要求解函數的最小值大于零即可，由于當t>0,函數子啊R遞增，沒有最小值，當t<0，那么可知，那么在給定的區(qū)間上可知當x=ln（-t）時取得最小值為2，那么可知t的取值范圍是．考點：導數的運用點評：主要是考查了導數的運用，以及函數最值的運用，屬于中檔題．19、（1）.(2).【解題分析】分析：（1）根據二次不等式的解集與二次方程的根的關系可得參數；（2）這個不等式恒成立，首先討論時，能不能恒成立，其次在時，這是二次不等式，結合二次函數的性質可求解．詳解：（1）的解集為，則的解為和2，且，∴，解得．（2）由，得，若a=0，不等式不對一切實數x恒成立，舍去，若a≠0，由題意得，解得：，故a的范圍是：點睛：三個二次（一元二次方程、一元二次不等式、二次函數）之間的關系是我們必須掌握的知識：判別式Δ＝b2－4acΔ>0Δ＝0Δ<0二次函數y＝ax2＋bx＋c(a>0)的圖象一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根有兩相異實根x1，x2(x1<x2)有兩相等實根x1＝x2＝－沒有實數根ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集{x|x<x1或x>x2}{x|x≠x1}Rax2＋bx＋c<0(a>0)的解集{x|x1<x<x2}??20、（1），實際意義是當電車的發(fā)車時間間隔為5分鐘時，載客量為350；（2）間隔時間為5分鐘時凈收益最大，每分鐘最大凈收益為60元.【解題分析】

（1）根據的解析式代入求得,其意義為某一時刻的載客量.（2）將的解析式代入即可求得的解析式.根據基本不等式性質及函數單調性可求得收益的最大值及取得最大收益時的間隔發(fā)車時間.【題目詳解】（1）因為所以的實際意義是當電車的發(fā)車時間間隔為5分鐘時,載客量為（2）根據,則將的解析式代入的解析式可得化簡即可得當時,,當且僅當時等號成立當時,,當時等號成立綜上可知,當發(fā)車時間間隔為時,線路每分鐘的收益最大,最大為元.【題目點撥】本題考查了分段函數的應用,利用基本不等式及函數的單調性求最值,屬于基礎題.21、（1）（2）【解題分析】試題分析：（1）將，代入，得再利用同角三角函數關系消去參數得.由題意可設圓的方程，將點代入可得，即得的方程為，（2）先將直角坐標方程化為極坐標方程：，再將點，代入解得，最后計算的值．試題解析：解：（Ⅰ）將及對應的參數，代入，得即∴曲線的方程為（為參數），或.設圓的半徑為，由題意，圓的方程，（或）．