安徽省毫州市第二中學2024屆高二數學第二學期期末達標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．在某項測量中，測量結果，且，若在內取值的概率為,則在內取值的概率為（）A． B． C． D．2．已知為虛數單位，若復數在復平面內對應的點在第四象限，則的取值范圍為（）A． B． C． D．3．設集合，則的元素的個數為（）A． B． C． D．4．已知是兩個非空集合，定義集合，則結果是()A． B． C． D．5．設是虛數單位，則復數的虛部等于（）A． B． C． D．6．一個樣本數據從小到大的順序排列為，，，，，，，，其中，中位數為，則（）A． B． C． D．7．設等比數列的前n項和為，且滿足，則A．4 B．5 C．8 D．98．設，則在下列區間中，使函數f(x)有零點的區間是（）A．[0,1]B．[1,2]C．[-2,-1]D．[-1,0]9．（2018年天津市河西區高三三模）已知雙曲線：的虛軸長為，右頂點到雙曲線的一條漸近線的距離為，則雙曲線的方程為（）A． B． C． D．10．等差數列的前項和，若，則()A．8 B．10 C．12 D．1411．是單調函數,對任意都有，則的值為（）A． B． C． D．12．已知定義在R上的函數的圖象關于對稱，且當時，單調遞減，若，，，則a，b，c的大小關系是A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知展開式中的系數是__________．14．在西非“埃博拉病毒"的傳播速度很快，這已經成為全球性的威脅，為了考察某種埃博拉病毒疫苗的效果，現隨機抽取100只小鼠進行試驗，得到如下列聯表：感染未感染合計服用104050未服用203050合計3070100附：0.1000.0500.0250.0102.7063.8415.0246.635根據上表，有________的把握認為“小動物是否感染與服用疫苗有關”.15．顏色不同的個小球全部放入個不同的盒子中，若使每個盒子不空，則不同的方法有__________．（用數值回答）16．已知函數，若函數y=f（x）﹣m有2個零點，則實數m的取值范圍是________．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）已知函數.（1）求的單調區間；（2）求函數在上的最大值和最小值；18．（12分）在二項式的展開式中，第三項的系數與第四項的系數相等.(1)求的值，并求所有項的二項式系數的和;(2)求展開式中的常數項.19．（12分）已知拋物線C的頂點為原點，焦點F與圓的圓心重合.（1）求拋物線C的標準方程；（2）設定點，當P點在C上何處時，的值最小，并求最小值及點P的坐標；（3）若弦過焦點，求證：為定值.20．（12分）如圖，已知在四棱錐中，為中點，平面平面，，，，．（1）求證：平面平面；（2）求二面角的余弦值．21．（12分）如圖，在四棱錐中，是邊長為2的正方形，平面平面，直線與平面所成的角為，.（1）若，分別為，的中點，求證：直線平面；（2）求二面角的正弦值.22．（10分）已知函數.（1）求的單調區間；（2）設為函數的兩個零點，求證：.

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、B【解題分析】

根據，得到正態分布圖象的對稱軸為，根據在內取值的概率為0.3，利用在對稱軸為右側的概率為0.5，即可得出答案．【題目詳解】∵測量結果，∴正態分布圖象的對稱軸為，∵在內取值的概率為0.3，∴隨機變量在上取值的概率為，故選B．【題目點撥】本小題主要考查正態分布曲線的特點及曲線所表示的意義、概率的基本性質等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題．2、B【解題分析】由題．又對應復平面的點在第四象限，可知，解得．故本題答案選．3、C【解題分析】分析：分別求出A和B，再利用交集計算即可.詳解：，，則，交集中元素的個數是5.故選：C.點睛：本題考查了交集及其運算，熟練掌握交集的定義是解本題的關鍵.4、C【解題分析】

根據定義集合分析元素特征即可得解.【題目詳解】因為表示元素在中但不屬于，那么表示元素在中且在中即，故選C.【題目點撥】本題考查了集合的運算，結合題中給出的運算規則即可進行運算,屬于基礎題,5、D【解題分析】分析：對所給的復數分子、分母同乘以，利用進行化簡，整理出實部和虛部即可．詳解：∵∴復數的虛部為故選D.點睛：本題考查兩個復數代數形式的乘除法，虛數單位的冪運算性質，兩個復數相除時，一般需要分子和分母同時除以分母的共軛復數，再進行化簡求值．6、A【解題分析】

數據的個數為偶數個，則中位數為中間兩個數的平均數.【題目詳解】因為數據有個，所以中位數為：，所以解得：，故選：A.【題目點撥】本題考查中位數的計算問題，難度較易.當一組數據的個數為偶數時（從小到大排列），中位數等于中間兩個數的平均數；當一組數據的個數為奇數時（從小到大排列），中位數等于中間位置的那個數.7、D【解題分析】

由等比數列的通項公式和求和公式代入題中式子可求。【題目詳解】由題意可得，，選D.【題目點撥】本題考查數列通項公式和求和公式基本量的運算。8、D【解題分析】試題分析：函數f（x）在區間[a，b]上有零點，需要f（x）在此區間上的圖像連續且兩端點函數值異號，即f（a）f（b）≤0，把選擇項中的各端點值代入驗證可得答案D．考點：零點存在定理9、A【解題分析】分析：由虛軸長為可得，由到漸近線的距離為可解得，從而可得結果.詳解：由虛軸長為可得，右頂點到雙曲線的一條漸近線距離為，，解得，則雙曲線的方程為，故選A.點睛：用待定系數法求雙曲線方程的一般步驟；①作判斷：根據條件判斷雙曲線的焦點在軸上，還是在軸上，還是兩個坐標軸都有可能；②設方程：根據上述判斷設方程或；③找關系：根據已知條件，建立關于、、的方程組；④得方程：解方程組，將解代入所設方程，即為所求.10、C【解題分析】試題分析：假設公差為,依題意可得.所以.故選C.考點：等差數列的性質.11、A【解題分析】

令，根據對任意都有，對其求導，結合是單調函數，即可求得的解析式，從而可得答案.【題目詳解】令，則，.∴∵是單調函數∴∴，即.∴故選A.【題目點撥】本題考查的知識點是函數的值，函數解析式的求法，其中解答的關鍵是求出抽象函數解析式，要注意對已知條件及未知條件的湊配思想的應用．12、A【解題分析】

先根據對稱性將自變量轉化到上，再根據時單調遞減，判斷大小.【題目詳解】∵定義在上的函數的圖像關于對稱，∴函數為偶函數，∵，∴，∴，，．∵當時，單調遞減，∴，故選A．【題目點撥】比較兩個函數值或兩個自變量的大?。菏紫雀鶕瘮档男再|把兩個函數值中自變量調整到同一單調區間，然后根據函數的單調性，判斷兩個函數值或兩個自變量的大小二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

利用二項展開式的通項公式,求得,從而可得答案.【題目詳解】因為展開式的通項公式為,,所以令,解得,所以展開式中的系數是.故答案為:36.【題目點撥】本題考查了二項展開式的通項公式,屬于基礎題.14、95%【解題分析】

先由題中數據求出，再由臨界值表，即可得出結果.【題目詳解】由題中數據可得：，根據臨界值表可得：犯錯誤的概率不超過0.05.即有95%的把握認為“小動物是否感染與服用疫苗有關”.故答案為95%【題目點撥】本題主要考查獨立性檢驗的問題，會由公式計算，能分析臨界值表即可，屬于常考題型.15、1【解題分析】分析：利用擋板法把4個小球分成3組，然后再把這3組小球全排列，再根據分步計數原理求得所有的不同放法的種數．詳解：在4個小球之間插入2個擋板，即可把4個小球分成3組，方法有種．

然后再把這3組小球全排列，方法有種．

再根據分步計數原理可得所有的不同方法共有種，

故答案為1．點睛：本題主要考查排列、組合以及簡單計數原理的應用，利用擋板法把4個小球分成3組，是解題的關鍵，屬于中檔題16、m=2或m≥3【解題分析】分析：畫出函數的圖象，結合圖象，求出m的范圍即可.詳解：畫出函數的圖象，如圖：若函數y=f（x）﹣m有2個零點，結合圖象：或.故答案為：或.點睛：對于“a＝f(x)有解”型問題，可以通過求函數y＝f(x)的值域來解決，解的個數也可化為函數y＝f(x)的圖象和直線y＝a交點的個數．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)在上單調遞增，在上單調遞減.(2)最大值為0，最小值為.【解題分析】

通過求導函數判斷函數單調性，進而判斷函數在的最值.【題目詳解】（1）的定義域為.對求導得，因函數定義域有，故，由.∴在上單調遞增，在上單調遞減.（2）由（1）得在上單調遞增，在上單調遞減，∴在上的最大值為.又，，且，∴在上的最小值為，∴在上的最大值為0，最小值為.【題目點撥】此題是函數單調性和函數最值的常見題，通常利用導數來處理．18、(1)8，256；(2)1792.【解題分析】

（1）由題意利用二項展開式的通項公式，求出的值，可得所有項的二項式系數的和；（2）在二項展開式的通項公式中，令的冪指數等于0，求出的值，即可求得常數項．【題目詳解】(1)∵二項式的展開式的通項公式為，由已知得，即，解得，所有二項式系數的和為；(2)展開式中的通項公式，若它為常數項時.所以常數項是【題目點撥】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，屬于基礎題．19、（1）（2）4（3）1，【解題分析】

分析：（1）化圓的一般方程為標準方程，求出圓心坐標，可得拋物線的焦點坐標，從而可得拋物線方程；（2）設點在拋物線的準線上的射影為點，根據拋物線定義知,要使的值最小，必三點共線，從而可得結果；（3），設，，根據焦半徑公式可得，利用韋達定理化簡可得結果.詳解：（1）由已知易得，則求拋物線的標準方程C為.（2）設點P在拋物線C的準線上的攝影為點B，根據拋物線定義知要使的值最小，必三點共線.可得，.即此時.（3），設所以.點睛：本題主要考查拋物線的標準方程和拋物線的簡單性質及利用拋物線的定義求最值，屬于難題.與拋物線的定義有關的最值問題常常實現由點到點的距離與點到直線的距離的轉化：(1)將拋物線上的點到準線的距化為該點到焦點的距離，構造出“兩點之間線段最短”，使問題得解；(2)將拋物線上的點到焦點的距離轉化為到準線的距離，利用“點與直線上所有點的連線中垂線段最短”原理解決.本題是將到焦點的距離轉化為到準線的距離，再根據幾何意義解題的.20、（1）見解析；（2）【解題分析】

分析：（1）由勾股定理可得，可得平面，于是，由正三角形的性質可得，可得底面，從而可得結果；（2）以為，過作的垂線為建立坐標系，利用向量垂直數量積為零列方程組，求出平面的一個法向量與平面的一個法向量，利用空間向量夾角余弦公式可求出二面角的余弦值.詳解：（1）證明：∵，，，，∴，，，，∴，∵平面平面,兩平面的交線為∴平面，∴，∵，為中點，∴，梯形中與相交∴底面，∴平面平面．（2）如圖建立空間直角坐標系，則，，，∴，，，，設平面的一個法向量為，平面的法向量為，則由可得取，得，，即，由可得取，得，，即，∴．故二面角的余弦值為．點睛：空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是：（1）觀察圖形，建立恰當的空間直角坐標系；（2）寫出相應點的坐標，求出相應直線的方向向量；（3）設出相應平面的法向量，利用兩直線垂直數量積為零列出方程組求出法向量；（4）將空間位置關系轉化為向量關系；（5）根據定理結論求出相應的角和距離.21、（1）證明見解析；（2）【解題分析】

（1）由平面平面得到平面，從而，根據，得到平面，得到，結合，得到平面；（2）為原點，建立空間坐標系，得到平面和平面的法向量，利用向量的夾角公式，得到法向量之間的夾角余弦，從而得到二面角的正弦值.【題目詳解】（1）證明：∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，則為直線與平面所成的角，為，∴，而平面，∴又，為的中點，∴，平面，則平面，而平面∴，又，分別為，的中點，則，正方形中，，∴，又平面，，∴直線平面；（2）解：以為坐標原點，分別以，所在直線為，軸，過作的平行線為軸建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，，，設平面的法向量為，則，即，取，得；設平面的法向量為，則，即，取，得.∴.∴二面角的正弦值為.【題目點撥】本題考查面面垂直的性質，線面垂直的性質和判定，利用空間向量求二面角的正弦值，屬于中檔題.22、(1)的單調遞減區間為，單調遞增區間為.(2)見證明，【解題分析】

（1）利用導數求函數單調區間的一般步驟即可求出；（2）將零點問題轉化成兩函數以及圖像的交點問題，通過構造函數，依據函數