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文檔簡介
浙江省寧波效實中學2024屆高二數(shù)學第二學期期末教學質量檢測模擬試題考生須知:1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分,全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂;非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,在草稿紙、試題卷上答題無效。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.已知,且.則展開式中的系數(shù)為()A.12 B.-12 C.4 D.-42.已知隨機變量服從正態(tài)分布,,則()A. B. C. D.3.若函數(shù)則()A.-1 B.0 C.1 D.24.已知函數(shù),如果,則實數(shù)的取值范圍是()A. B. C. D.5.若某校研究性學習小組共6人,計劃同時參觀科普展,該科普展共有甲,乙,丙三個展廳,6人各自隨機地確定參觀順序,在每個展廳參觀一小時后去其他展廳,所有展廳參觀結束后集合返回,設事件A為:在參觀的第一小時時間內,甲,乙,丙三個展廳恰好分別有該小組的2個人;事件B為:在參觀的第二個小時時間內,該小組在甲展廳人數(shù)恰好為2人,則().A. B. C. D.6.拋物線的焦點為,點,為拋物線上一點,且不在直線上,則周長的最小值為A. B. C. D.7.斐波那契螺旋線,也稱“黃金蜾旋線”,是根據(jù)斐波那契數(shù)列(1,1,2,3,5,8…)畫出來的螺旋曲線,由中世紀意大利數(shù)學家列奧納多?斐波那契最先提出.如圖,矩形ABCD是以斐波那契數(shù)為邊長的正方形拼接而成的,在每個正方形中作一個圓心角為90°的圓弧,這些圓弧所連成的弧線就是斐波那契螺旋線的一部分.在矩形ABCD內任取一點,該點取自陰影部分的概率為()A. B. C. D.8.如果的展開式中各項系數(shù)之和為128,則展開式中的系數(shù)是()A.21 B. C.7 D.9.區(qū)間[0,5]上任意取一個實數(shù)x,則滿足x[0,1]的概率為A. B. C. D.10.觀察,,,由歸納推理可得:若定義在上的函數(shù)滿足,記為的導函數(shù),則=A. B. C. D.11.10張獎券中有3張是有獎的,某人從中依次抽取兩張.則在第一次抽到中獎券的條件下,第二次也抽到中獎券的概率是()A. B. C. D.12.若直線把圓分成面積相等的兩部分,則當取得最大值時,坐標原點到直線的距離是()A.4B.C.2D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.某學校擬從2名男教師和1名女教師中隨機選派2名教師去參加一個教師培訓活動,則2名男教師去參加培訓的概率是_______.14.如圖,兩條距離為4的直線都與軸平行,它們與拋物線和圓分別交于,和,,且拋物線的準線與圓相切,則的最大值為______.15.如圖,在中,,,,點在邊上,且,將射線繞著逆時針方向旋轉,并在所得射線上取一點,使得,連接,則的面積為__________.16.北緯圈上有A,B兩點,該緯度圈上劣弧長為(R為地球半徑),則A,B兩點的球面距離為________.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)已知過點的直線l的參數(shù)方程是為參數(shù)以平面直角坐標系的原點為極點,x軸的正半軸為極軸,建立極坐標系,曲線C的極坐標方程式為.(1)求直線l的普通方程和曲線C的直角坐標方程;(2)若直線l與曲線C交于兩點A,B,且,求實數(shù)m的值18.(12分)已知函數(shù).(1)當時,求不等式的解集;(2)設函數(shù),當時,,求的取值范圍.19.(12分)已知,,分別為內角,,的對邊,.(1)求;(2)若,的面積為,求的周長.20.(12分)在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中點:(1)求點D到平面A1BE的距離;(2)在棱上是否存在一點F,使得B1F∥平面A1BE,若存在,指明點F的位置;若不存在,請說明理由.21.(12分)對于給定的常數(shù),設隨機變量.(1)求概率.①說明它是二項式展開式中的第幾項;②若,化簡:;(2)設,求,其中為隨機變量的數(shù)學期望.22.(10分)已知矩陣.(1)求直線在對應的變換作用下所得的曲線方程;(2)求矩陣的特征值與特征向量.
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】
求定積分得到的值,可得的值,再把按照二項式定理展開式,可得中的系數(shù).【題目詳解】∵,且,則展開式,故含的系數(shù)為,故選D.【題目點撥】本題主要考查求定積分,二項式定理的應用,二項展開式的通項公式,二項式系數(shù)的性質,屬于基礎題.2、A【解題分析】由正態(tài)分布的特征得=,選A.3、B【解題分析】
利用函數(shù)的解析式,求解函數(shù)值即可.【題目詳解】函數(shù)∴,故選B.【題目點撥】本題考查分段函數(shù)的應用,函數(shù)值的求法,考查計算能力,屬于基礎題.4、A【解題分析】
由函數(shù),求得函數(shù)的單調性和奇偶性,把不等式,轉化為,即可求解.【題目詳解】由函數(shù),可得,所以函數(shù)為單調遞增函數(shù),又由,所以函數(shù)為奇函數(shù),因為,即,所以,解得,故選A.【題目點撥】本題主要考查了函數(shù)的單調性與奇偶性的應用,其中解答中熟練應用函數(shù)的單調性與函數(shù)的奇偶性,合理轉化不等式是解答的關鍵,著重考查了推理與運算能力,屬于基礎題.5、A【解題分析】
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.【題目詳解】由于6人各自隨機地確定參觀順序,在參觀的第一小時時間內,總的基本事件有個;事件A包含的基本事件有個;在事件A發(fā)生的條件下,在參觀的第二個小時時間內,該小組在甲展廳人數(shù)恰好為2人的基本事件為個,而總的基本事件為,故所求概率為,故選A.【題目點撥】本題主要考查條件概率的求解,注意使用縮小事件空間的方法求解.6、C【解題分析】
求△MAF周長的最小值,即求|MA|+|MF|的最小值,設點M在準線上的射影為D,根據(jù)拋物線的定義,可知|MF|=|MD|,因此,|MA|+|MF|的最小值,即|MA|+|MD|的最小值.根據(jù)平面幾何知識,可得當D,M,A三點共線時|MA|+|MD|最小,因此最小值為xA﹣(﹣1)=5+1=6,∵|AF|==5,∴△MAF周長的最小值為11,故答案為:C.7、B【解題分析】
根據(jù)幾何概型的概率公式,分別求出陰影部分面積和矩形ABCD的面積,即可求得。【題目詳解】由已知可得:矩形的面積為,又陰影部分的面積為,即點取自陰影部分的概率為,故選?!绢}目點撥】本題主要考查面積型的幾何概型的概率求法。8、A【解題分析】
令,則該式等于系數(shù)之和,可求出n,由二項展開式公式即可求得展開式中某項的系數(shù).【題目詳解】令,則,解得:,由二項展開式公式可得項為:,所以系數(shù)為21.故選A.【題目點撥】本題考查二項展開式系數(shù)之和與某項系數(shù)的求法,求系數(shù)之和時,一般令,注意區(qū)分二項式系數(shù)與系數(shù),二項式系數(shù)之和為.9、A【解題分析】
利用幾何概型求解即可.【題目詳解】由幾何概型的概率公式得滿足x[0,1]的概率為.故選:A【題目點撥】本題主要考查幾何概型的概率的求法,意在考查學生對該知識的理解掌握水平和分析推理能力.10、D【解題分析】由歸納推理可知偶函數(shù)的導數(shù)是奇函數(shù),因為是偶函數(shù),則是奇函數(shù),所以,應選答案D.11、B【解題分析】
根據(jù)第一次抽完的情況下重新計算總共樣本數(shù)和滿足條件樣本數(shù),再由古典概型求得概率?!绢}目詳解】在第一次抽中獎后,剩下9張獎券,且只有2張是有獎的,所以根據(jù)古典概型可知,第二次中獎的概率為。選B.【題目點撥】事件A發(fā)生的條件下,事件B發(fā)生的概率稱為“事件A發(fā)生的條件下,事件B發(fā)生的條件概率”,記為;條件概率常有兩種處理方法:(1)條件概率公式:。(2)縮小樣本空間,即在事件A發(fā)生后的己知事實情況下,用新的樣本空間的樣本總數(shù)和滿足特征的樣本總數(shù)來計算事件B發(fā)生的概率。12、D【解題分析】依題意可知直線過圓心,代入直線方程得,當且僅當時當好成立,此時原點到直線的距離為.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解題分析】
根據(jù)古典概型概率計算公式求解即可.【題目詳解】從名教師中選派名共有:種選法名男教師參加培訓有種選法所求概率:本題正確結果:【題目點撥】本題考查古典概型概率問題的求解,屬于基礎題.14、【解題分析】
先設直線的方程為,再利用直線與圓錐曲線的位置關系將用表示,再利用導數(shù)求函數(shù)的最值即可得解.【題目詳解】解:由拋物線的準線與圓相切得或7,又,∴.設直線的方程為,則直線的方程為,則.設,,令,得;令,得.即函數(shù)在為增函數(shù),在為減函數(shù),故,從而的最大值為,故答案為:.【題目點撥】本題考查了利用導數(shù)求函數(shù)的最值,重點考查了運算能力,屬中檔題.15、【解題分析】
由余弦定理求得,再結合正弦定理得,進而得,得,則面積可求【題目詳解】由,得,解得.因為,所以,,所以.又因為,所以.因為,所以.故答案為【題目點撥】本題考查正弦定理、余弦定理的應用,考查運算求解能力,是中檔題16、【解題分析】
先求出北緯圈所在圓的半徑,是、兩地在北緯圈上對應的圓心角,得到線段的長,設地球的中心為,解三角形求出的大小,利用弧長公式求、這兩地的球面距離.【題目詳解】解:北緯圈所在圓的半徑為,它們在緯度圈上所對應的劣弧長等于為地球半徑),是、兩地在北緯圈上對應的圓心角),故,線段,,、這兩地的球面距離是,故答案為:.【題目點撥】本題考查球的有關經緯度知識,球面距離,弧長公式,考查空間想象能力,邏輯思維能力,屬于基礎題.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),;(2)或【解題分析】分析:(1)直接利用轉換關系把參數(shù)方程和極坐標方程與直角坐標方程進行轉化.
(2)利用方程組求出一元二次方程,利用根和系數(shù)的關系式求出結果.詳解:(1)過點的直線l的參數(shù)方程是為參數(shù).轉化為直角坐標方程為:,曲線C的極坐標方程式為.轉化為直角坐標方程為:.(2)直線l與曲線C交于兩點A,B,則:把為參數(shù),代入曲線方程,整理得:.由于,故:.解得:或點睛:本題考查的知識要點:參數(shù)方程和極坐標方程與直角坐標方程的轉化,一元二次方程根與系數(shù)的關系的應用.屬基礎題.18、(1)(2)【解題分析】
(1)將代入不等式,討論范圍去絕對值符號解得不等式.(2)利用絕對值三角不等式得到答案.【題目詳解】(1)當時,綜上(2)恒成立恒成立解不等式可得【題目點撥】本題考查了解絕對值不等式,絕對值三角不等式,利用絕對值三角不等式將恒成立問題轉化為最值問題是解題的關鍵.19、(1);(2).【解題分析】
(1)利用正弦定理把邊轉化為角,再由兩角和的正弦可求出角;(2)利用三角形面積公式可得到,再由余弦定理可求出的周長;【題目詳解】(1)由正弦定理知,∴,∴,.(或用余弦定理將換掉求解)(2)由(1)及已知可得,解得,由余弦定理知,∴,∴的周長為.【題目點撥】本題考查了正弦定理、余弦定理以及面積公式,考查了學生的計算能力,屬于較易題.20、(1);(2)存在點,為中點【解題分析】
(1)根據(jù)體積橋,首先求解出,進而根據(jù)解三角形的知識可求得,從而可構造關于所求距離的方程,解方程求得結果;(2)將平面延展,與底面交于且為中點,過點可作出的平行線,交于,為中點,即為所求的點;證明時,取中點,利用中位線可證得,從而可知平面,再利用平行四邊形證得,利用線面平行判定定理可證得結論.【題目詳解】(1)連接,,則又,,設點D到平面A1BE的距離為則,解得:即點D到平面A1BE的距離為:(2)存在點,為中點證明如下:取中點,連接,分別為中點又,則四點共面平面又四邊形為平行四邊形,又平面平面【題目點撥】本題考查點到平面距離的求解、補全線面平行條件的問題.求解點到平面距離通常采用體積橋的方式,將問題轉化為棱錐的高的求解問題.21、(1);①;②;(2).【解題分析】
(1)由二項分布的通項公式可得答案;①對比二項展開式可得項數(shù);②將展開對比可得答案;(2)通過二項分布期望公式即得答案.【題目詳解】(1)由于隨機變量,故;它是二項式展開式中的第項;若,則,所以;(2)由(1)知,而,故,,所以.【題目點撥】本題主要考查二項分布與二項式定理的聯(lián)系,意在考查學生的分析能力,轉化能力,計算能力,難度中等.22、(1);(2)屬于特征值的一個特征向量為,屬于特征值的一個特征向量為.【解題分析】
(1)設是
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