2024屆江蘇省南通市田家炳中學數學高二第二學期期末經典模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．已知雙曲線方程為，它的一條漸近線與圓相切，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．2．已知隨機變量服從正態分布，且，則（）A．0.4 B．0.5 C．0.6 D．0.73．由直線與曲線圍成的封閉圖形的面積是（）A． B． C． D．4．從一批產品中取出三件產品，設事件為“三件產品全不是次品”，事件為“三件產品全是次品”，事件為“三件產品不全是次品”，則下列結論正確的是（）A．事件與互斥 B．事件與互斥C．任何兩個事件均互斥 D．任何兩個事件均不互斥5．定義在上的函數的導函數在的圖象如圖所示，則函數在的極大值點個數為（）A．1 B．2 C．3 D．46．設定點，動圓過點且與直線相切.則動圓圓心的軌跡方程為（）A． B． C． D．7．安排位同學擺成一排照相.若同學甲與同學乙相鄰，且同學甲與同學丙不相鄰，則不同的擺法有（）種A． B． C． D．8．在△ABC中，，，，則角B的大小為（）A． B． C． D．或9．若等差數列的前項和滿足，，則（）A． B．0 C．1 D．310．老師在班級50名學生中，依次抽取學號為5，10，15，20，25，30，35，40，45，50的學生進行作業檢查，這種抽樣方法是（）A．隨機抽樣 B．分層抽樣 C．系統抽樣 D．以上都是11．函數的單調遞減區間為（）A．或 B． C． D．12．已知命題對，，成立，則在上為增函數；命題，，則下列命題為真命題的是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若函數在存在零點（其中為自然對數的底數），則的最小值是__________.14．在極坐標系中，過點并且與極軸垂直的直線方程是__________．15．某四棱錐的三視圖如圖所示，那么該四棱錐的體積為____．16．執行如圖所示的程序框圖，若輸出的為1，則輸入的的值等于_________．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）已知的展開式中第五項的系數與第三項的系數的比是．（Ⅰ）求展開式中各項二項式系數的和；（Ⅱ）求展開式中中間項．18．（12分）甲乙兩人報名參加由某網絡科技公司舉辦的“技能闖關”雙人電子競技比賽，比賽規則如下：每一輪“闖關”結果都采取計分制，若在一輪闖關中，一人過關另一人未過關，過關者得1分，未過關得分；若兩人都過關或都未過關則兩人均得0分.甲、乙過關的概率分別為和，在一輪闖關中，甲的得分記為.（1）求的分布列；（2）為了增加趣味性，系統給每位報名者基礎分3分，并且規定出現一方比另一方多過關三輪者獲勝，此二人比賽結束.表示“甲的累積得分為時，最終認為甲獲勝”的概率，則，其中，，，令.證明：點的中點橫坐標為；（3）在第（2）問的條件下求，并嘗試解釋游戲規則的公平性.19．（12分）如圖，在多面體ABCDEF中，平面ADE⊥平面ABCD，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，△ADE是等腰直角三角形且∠ADE=π2，EF⊥平面ADE(1)求異面直線AE和DF所成角的大小；(2)求二面角B-DF-C的平面角的大小．20．（12分）已知，命題對任意，不等式成立；命題存在，使得成立．（1）若p為真命題，求m的取值范圍；（2）若p且q為假，p或q為真，求m的取值范圍；21．（12分）已知函數.（1）求；（2）證明：在區間上是增函數.22．（10分）中，三內角所對的邊分別為，已知成等差數列．(Ⅰ)求證：；(Ⅱ)求角的取值范圍．

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、A【解題分析】方法一：雙曲線的漸近線方程為，則，圓的方程，圓心為，所以，化簡可得，則離心率.方法二：因為焦點到漸近線的距離為，則有平行線的對應成比例可得知，即則離心率為.選A.2、A【解題分析】∵P（x≤6）=0.9，∴P（x＞6）=1﹣0.9=0.1．∴P（x＜0）=P（x＞6）=0.1，∴P（0＜x＜3）=0.5﹣P（x＜0）=0.2．故答案為A．3、B【解題分析】分析：先求曲線交點，再確定被積上下限，最后根據定積分求面積.詳解：因為，所以所以由直線與曲線圍成的封閉圖形的面積是,選B.點睛：利用定積分求曲邊圖形面積時，一定要找準積分上限、下限及被積函數．當圖形的邊界不同時，要分不同情況討論．4、B【解題分析】

根據互斥事件的定義，逐個判斷，即可得出正確選項．【題目詳解】為三件產品全不是次品，指的是三件產品都是正品，為三件產品全是次品，為三件產品不全是次品，它包括一件次品，兩件次品，三件全是正品三個事件由此知：與是互斥事件；與是包含關系，不是互斥事件；與是互斥事件，故選B．【題目點撥】本題主要考查互斥事件定義的應用．5、B【解題分析】

由導數與極大值之間的關系求解．【題目詳解】函數在極大值點左增右減，即導數在極大值點左正右負，觀察導函數圖象，在上有兩個有兩個零點滿足．故選：B.【題目點撥】本題考查導數與極值的關系．屬于基礎題．6、A【解題分析】

由題意，動圓圓心的軌跡是以為焦點的拋物線，求得，即可得到答案．【題目詳解】由題意知，動圓圓心到定點與到定直線的距離相等，所以動圓圓心的軌跡是以為焦點的拋物線，則方程為故選A【題目點撥】本題考查拋物線的定義，屬于簡單題．7、C【解題分析】

利用間接法，在甲同學與乙同學相鄰的所有排法種減去甲同學既與乙同學相鄰，又與乙同學相鄰的排法種數，于此可得出答案．【題目詳解】先考慮甲同學與乙同學相鄰，將這兩位同學捆綁，與其他三位同學形成四個元素，排法總數為種，再考慮甲同學既與乙同學相鄰又與丙同學相鄰的相鄰的情況，即將這三位同學捆綁，且將甲同學置于正中間，與其余兩位同學形成三個元素，此時，排法數為.因此，所求排法數為，故選C.【題目點撥】本題考查排列組合問題，問題中出現了相鄰，考慮用捆綁法來處理，需要注意處理內部元素與外部元素的排法順序，結合分步計數原理可得出答案．8、A【解題分析】

首先根據三角形內角和為，即可算出角的正弦、余弦值，再根據正弦定理即可算出角B【題目詳解】在△ABC中有,所以,所以,又因為,所以，所以,因為，，所以由正弦定理得，因為,所以。所以選擇A【題目點撥】本題主要考查了解三角形的問題，在解決此類問題時常用到：1、三角形的內角和為。2、正弦定理。3、余弦定理等。屬于中等題。9、B【解題分析】根據等差數列的性質仍成等差數列，則，則，，選B.10、C【解題分析】

對50名學生進行編號，分成10組，組距為5，第一組選5，其它依次加5，得到樣本編號.【題目詳解】對50名學生進行編號，分成10組，組距為5，第一組選5，從第二組開始依次加5，得到樣本編號為：5，10，15，20，25，30，35，40，45，50，屬于系統抽樣.【題目點撥】本題考查系統抽樣的概念，考查對概念的理解.11、C【解題分析】

先求出函數的導函數，令導函數小于零，解不等式即可得出單調遞減區間。【題目詳解】由題可得，令，即，解得或，又因為，故，故選C【題目點撥】本題考查利用導函數求函數的單調區間，解題的關鍵是注意定義域，屬于簡單題。12、B【解題分析】

根據函數的性質分別判斷命題的真假再判斷各選項的真假即可.【題目詳解】命題當時,因為故；當時,因為故；故隨的增大而增大.故命題為真.命題,因為.故命題為假命題.故為真命題.故選：B【題目點撥】本題主要考查了命題真假的判定與函數的性質運用,屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

依題意可得方程，在上存在解，要使取得最小值，則，令，利用導數研究函數的單調性，對分類討論，分別求出的最小值，即可得解，【題目詳解】解：依題意在存在零點，即方程在存在解，即，在存在解，要使取得最小值，則，令，則，①當時，在上恒成立，即在上單調遞增，所以，即，，所以；②當即時，當時，，當時，，即在上單調遞減，在上單調遞增，所以，，所以，所以，令，則，，所以，所以在上單調遞減，所以③當時，則在上恒成立，即在上單調遞減，綜上可得的最小值為故答案為：．【題目點撥】本題考查函數零點及最值問題，考查分析問題解決問題的能力及數形結合思想，屬于難題．14、【解題分析】

由題意畫出圖形，結合三角形中的邊角關系得答案．【題目詳解】如圖，由圖可知，過點（1，0）并且與極軸垂直的直線方程是ρcosθ＝1．故答案為．【題目點撥】本題考查了簡單曲線的極坐標方程，是基礎題．15、【解題分析】

先還原幾何體，再根據四棱錐體積公式求結果.【題目詳解】由三視圖知該幾何體如圖，V＝＝故答案為：【題目點撥】本題考查三視圖以及四棱錐的體積，考查基本分析求解能力，屬基礎題.16、2或【解題分析】

根據程序框圖，討論和兩種情況，計算得到答案.【題目詳解】當時，，故；當時，，故，解得或（舍去）.故答案為：2或.【題目點撥】本題考查了程序框圖，意在考查學生的計算能力和理解能力.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、（Ⅰ）64；（Ⅱ）.【解題分析】

（Ⅰ）根據展開式中第五項的系數與第三項的系數的比是求出的值，然后可求各項二項式系數的和；（Ⅱ）根據的值確定中間項，利用通項公式可求.【題目詳解】解：由題意知，展開式的通項為：，且，則第五項的系數為，第三項的系數為，則有，化簡，得，解得，展開式中各項二項式系數的和；由（1）知，展開式共有7項，中間項為第4項，令，得．【題目點撥】本題主要考查二項展開式的系數及特定項求解，通項公式是求解這類問題的鑰匙，側重考查數學運算的核心素養.18、（1）分布列見解析；（2）見解析；（3），試解釋游戲規則的公平性見解析【解題分析】

（1）由題意得：，分別求出相應的概率，由此能求出的分布列.（2）由題意得，，，推導出，根據中點公式能證明點的中點橫坐標為；（3）由，求出，從而，，由此推導出甲獲勝的概率非常小，說明這種游戲規則是公平的.【題目詳解】（1），，，的分布列為：01（2）由題意得：，，.于是，有，整理可得：，根據中點公式有：，命題得證.（3）由（2）可知，于是又，所以，，.表示最終認為甲獲勝概率，由計算結果可以看出，在甲過關的概率為0.5，乙過關的概率為0.6時，認為甲獲勝的概率為，此時得出甲獲勝的概率非常小，說明這種游戲規則是公平的.【題目點撥】本題考查了離散型隨機變量的分布列，用概率說明游戲的公平性，考查了學生分析問題、解決問題的能力，屬于中檔題.19、（1）異面直線AE和DF所成角的大小為arccos（2）二面角B-DF-C的平面角的大小為arccos2【解題分析】

由已知可得DA，DC，DE兩兩互相垂直，以D為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系．(1)求出AE,BF的坐標，利用數量積求夾角求解異面直線AE和(2)分別求出平面BDF與平面DFC的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得二面角B-DF-C的平面角的大小．【題目詳解】∵平面ADE⊥平面ABCD，且∠ADE=∴DE⊥平面ABCD，由四邊形ABCD是邊長為2的正方形，∴DA，DC，DE兩兩互相垂直，以D為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，又EF⊥平面ADE且EF=1，∴D(0,0，0)，A(2,0，0)，E(0,0，2)，C(0,2，0)，B(2,2，0)，F(0,1，2)，(1)AE=(-2,0則cos<∴異面直線AE和DF所成角的大小為arccos2(2)DB=(2,2設平面BDF的一個法向量為n=(x,y,z)由n?DB=2x+2y=0n?又平面DFC的一個法向量為m=(∴cos由圖可知，二面角B-DF-C為銳角，∴二面角B-DF-C的平面角的大小為arccos2【題目點撥】本題主要考查了異面直線所成的角，二面角，屬于中檔題．20、（1）（2）【解題分析】

（1）對任意，不等式恒成立，．利用函數的單調性與不等式的解法即可得出．（2）存在，使得成立，可得，命題為真時，．由且為假，或為真，，中一個是真命題，一個是假命題，再分別求出參數的取值范圍最后取并集即可．【題目詳解】解（1）∵對任意，不等式恒成立，∴．即．解得．因此，若p為真命題時，m的取值范圍是．（2）存在，使得成立，∴，命題q為真時，．∵p且q為假，p或q為真，∴p，q中一個是真命題，一個是假命題．當p真q假時，則解得;當p假q真時，，即．綜上所述，m的取值范圍為．【題目點撥】本題考查了函數的單調性、不等式的解法、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．21、（1）；（2）證明見解析【解題分析】

（1）根據復合函數的求導法則，對直接求導即可；（2）根據，，，可以判斷，從而證明在上單調遞增．【題目詳解】（1），；（2）證明：由（1）知，，當且僅當時取等號，，，當且僅當時，當時，，在區間上是增函數．【題目點撥】本題考查復合函數的求導法則和基本