2024屆黑龍江省海林市朝鮮族中學高二數學第二學期期末質量檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．若變量，滿足約束條件，則的取值范圍是（）A． B．C． D．2．設函數，若a=),，則（）A． B． C． D．3．即將畢業，4名同學與數學老師共5人站成一排照相，要求數學老師站中間，則不同的站法種數是A．120 B．96 C．36 D．244．一個盒子里有3個分別標有號碼為1，2，3的小球，每次取出一個，記下它的標號后再放回盒子中，共取3次，則取得小球標號最大值是3的取法有（）A．12種 B．15種 C．17種 D．19種5．將5名學生分到三個宿舍，每個宿舍至少1人至多2人，其中學生甲不到宿舍的不同分法有（）A．18種 B．36種 C．48種 D．60種6．函數的極小值點是（）A．1 B．（1，﹣） C． D．（﹣3，8）7．對于問題：“已知x,y,z是互不相同的正數，求證：三個數x+1A．x+1z,y+1C．x+1z,y+18．設則=（）A． B． C． D．9．有五名同學站成一排拍畢業紀念照，其中甲必須站在正中間，并且乙、丙兩位同學要站在一起，則不同的站法種數為（）A．4 B．8 C．16 D．3210．某班級在一次數學競賽中為全班同學設置了一等獎、二等獎、三等獎以及參與獎，且獎品的單價分別為：一等獎20元、二等獎10元、三等獎5元、參與獎2元，獲獎人數的分配情況如圖所示，則以下說法正確的是（）A．參與獎總費用最高 B．三等獎的總費用是二等獎總費用的2倍C．購買獎品的費用的平均數為9.25元 D．購買獎品的費用的中位數為2元11．已知實數，滿足約束條件，若不等式恒成立，則實數的最大值為（）A． B． C． D．12．已知、分別是雙曲線的左、右焦點，點是雙曲線右支上的點，且，若坐標原點到直線的距離等于實半軸長，則該雙曲線的離心率為（）A． B． C．2 D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果．哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數可以表示為兩個素數的和”，如30=7+23．在不超過30的素數中，隨機選取兩個不同的數，其和等于30的概率是_______.14．若復數滿足(1+i)z=1+i3，則z的模等于15．下表為生產產品過程中產量（噸）與相應的生產耗能（噸）的幾組相對應數據：根據上表提供的數據，得到關于的線性回歸方程為，則__________．16．已知球的體積是V，則此球的內接正方體的體積為______．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）已知橢圓：的離心率為，且經過點．（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）與軸不垂直的直線經過，且與橢圓交于，兩點，若坐標原點在以為直徑的圓內，求直線斜率的取值范圍．18．（12分）對某班50名學生的數學成績和對數學的興趣進行了調查，統計數據如下表所示：對數學感興趣對數學不感興趣合計數學成績好17825數學成績一般52025合計222850（1）試運用獨立性檢驗的思想方法分析：學生學習數學的興趣與數學成績是否有關系，并說明理由．（2）從數學成績好的同學中抽取4人繼續調查，設對數學感興趣的人數為，求的分布列和數學期望．附：0.0500.0100.0013.8416.63510.828．19．（12分）已知函數.（I）討論極值點的個數.（II）若是的一個極值點，且，證明：.20．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，四邊形ABCD是菱形，∠BCD＝110°，PA⊥底面ABCD，PA＝4，AB＝1．（I）求證：平面PBD⊥平面PAC；（Ⅱ）過AC的平面交PD于點M若平面AMC把四面體P﹣ACD分成體積相等的兩部分，求二面角A﹣MC﹣P的余弦值．21．（12分）設為正整數，展開式的二項式系數的最大值為，展開式的二項式系數的最大值為，與滿足（1）求的值；（2）求的展開式中的系數。22．（10分）已知、分別是橢圓左、右焦點，右焦點到上頂點的距離為，若．求此橢圓的方程;直線與橢圓交于，兩點，若弦的中點為求直線的方程．

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】分析：根據題意，將化簡成斜率的表達形式；所以就是求可行域內與連線斜率的取值范圍加1,。詳解：，原式表示可行域內的點與連線的斜率加1。由不等式組成的可行域可表示為：由圖可知，斜率最小值為斜率最大值為所以斜率的取值范圍為所以所以選B點睛：本題考查了斜率的定義，線性規劃的簡單應用。關鍵是掌握非線性目標函數為分式型時的求法，屬于中檔題。2、D【解題分析】

把化成,利用對數函數的性質可得再利用指數函數的性質得到最后根據的單調性可得的大小關系.【題目詳解】因為且,故,又在上為增函數,所以即.故選:.【題目點撥】本題考查對數的大小比較,可通過尋找合適的單調函數來構建大小關系,如果底數不統一,可以利用對數的運算性質統一底數,不同類型的數比較大小,應找一個中間數,通過它實現大小關系的傳遞,難度較易.3、D【解題分析】分析：數學老師位置固定，只需要排學生的位置即可.詳解：根據題意得到數學老師位置固定，其他4個學生位置任意，故方法種數有種，即24種.故答案為：D.點睛：解答排列、組合問題的角度：解答排列、組合應用題要從“分析”、“分辨”、“分類”、“分步”的角度入手．(1)“分析”就是找出題目的條件、結論，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨別是排列還是組合，對某些元素的位置有、無限制等；(3)“分類”就是將較復雜的應用題中的元素分成互相排斥的幾類，然后逐類解決；(4)“分步”就是把問題化成幾個互相聯系的步驟，而每一步都是簡單的排列、組合問題，然后逐步解決．4、D【解題分析】試題分析：分三類：第一類，有一次取到3號球，共有取法；第二類，有兩次取到3號球，共有取法；第三類，三次都取到3號球，共有1種取法；共有19種取法.考點：排列組合，分類分步記數原理.5、D【解題分析】試題分析：當甲一人住一個寢室時有：種，當甲和另一人住一起時有：，所以有種.考點：排列組合.6、A【解題分析】

求得原函數的導數，令導數等于零，解出的值，并根據單調區間判斷出函數在何處取得極小值，并求得極值，由此得出正確選項.【題目詳解】，由得函數在上為增函數，上為減函數，上為增函數，故在處有極小值，極小值點為1.選A【題目點撥】本小題主要考查利用導數求函數的極值點，屬于基礎題.7、C【解題分析】

找到要證命題的否定即得解.【題目詳解】“已知x，y，z是互不相同的正數，求證：三個數x+1z，y+1x，而它的反面為：三個數x+1z，y+1x，故選：C．【題目點撥】本題主要考查用反證法證明數學命題，命題的否定，屬于基礎題．8、D【解題分析】分析：先根據復數除法法則求，再根據共軛復數定義得詳解：因為所以選D.點睛：首先對于復數的四則運算，要切實掌握其運算技巧和常規思路，如.其次要熟悉復數相關基本概念，如復數的實部為、虛部為、模為、對應點為、共軛為9、D【解題分析】

根據題意，假設有1、2、3、4、5，共5個位置，分3步進行分析：①將甲安排在3號位置；②在1、2、4、5中一個位置任選1個，安排乙，依據乙、丙兩位同學不能相鄰，再安排丙；③將剩下的2名同學全排列，安排在剩下的2個位置，由分步計數原理計算可得答案.【題目詳解】解：根據題意，假設有1、2、3、4、5，共5個位置，分3步進行分析：①甲必須站在正中間，將甲安排在3號位置；②在1、2、4、5中一個位置任選1個，安排乙，有4種情況，由于乙、丙兩位同學不能相鄰，則丙有2種安排方法；③將剩下的2名同學全排列，安排在剩下的2個位置，有種安排方法.故有1×4×2×2=16種安排方法.故選：C.【題目點撥】本題考查排列組合的應用，注意題目的限制條件，優先滿足受到限制的元素.10、D【解題分析】

先計算參與獎的百分比，分別計算各個獎勵的數學期望，中位數，逐一判斷每個選項得到答案.【題目詳解】參與獎的百分比為：設人數為單位1一等獎費用：二等獎費用：三等獎費用：參與獎費用：購買獎品的費用的平均數為：參與獎的百分比為，故購買獎品的費用的中位數為2元故答案選D【題目點撥】本題考查了平均值，中位數的計算，意在考查學生的應用能力.11、A【解題分析】

繪制不等式組表示的平面區域如圖所示，考查目標函數，由目標函數的幾何意義可知，目標函數在點處取得最大值，在點或點處取得最小值，即．題中的不等式即：，則：恒成立，原問題轉化為求解函數的最小值，整理函數的解析式有：，令，則，令，則在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，且，據此可得，當時，函數取得最大值，則此時函數取得最小值，最小值為：．綜上可得，實數的最大值為．本題選擇A選項．【方法點睛】本題主要考查基本不等式，在用基本不等式求最值時，應具備三個條件：一正二定三相等．①一正：關系式中，各項均為正數；②二定：關系式中，含變量的各項的和或積必須有一個為定值；③三相等：含變量的各項均相等，取得最值．若等號不成立，則利用對勾函數的單調性解決問題．12、B【解題分析】

利用題設條件和雙曲線性質在三角形中尋找等量關系，得出a與c之間的等量關系，進而求出雙曲線的離心率.【題目詳解】如圖，，，依題意，，

且，可知三角形是一個等腰直角三角形，

，，

在中，由余弦定理可得：

，

化簡得，

該雙曲線的離心率為．

故選：B．【題目點撥】本題主要考查余弦定理，雙曲線的定義、簡單幾何性質，突出了對計算能力和綜合運用知識能力的考查，屬中檔題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解題分析】

利用列舉法先求出不超過30的所有素數，利用古典概型的概率公式進行計算即可．【題目詳解】在不超過30的素數中有，2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10個，從中選2個不同的數有C102和等于30的有（7，23），（11，19），（13，17），共3種，則對應的概率P=3故答案為：1【題目點撥】本題主要考查古典概型的概率和組合數的計算，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.14、1【解題分析】

利用復數的除法運算法則：分子、分母同乘以分母的共軛復數，化簡復數z，由此能求出|z|．【題目詳解】∵復數滿足(1+i)z=1+i∴z=1+∴|z|=1．故答案為1．【題目點撥】復數是高考中的必考知識，主要考查復數的概念及復數的運算．要注意對實部、虛部的理解，掌握純虛數、共軛復數、復數的摸這些重要概念，復數的運算主要考查除法運算，通過分母實數化轉化為復數的乘法，運算時特別要注意多項式相乘后的化簡，防止簡單問題出錯，造成不必要的失分.15、【解題分析】分析：首先求得樣本中心點，然后利用回歸方程的性質求得實數a的值即可.詳解：由題意可得：，，線性回歸方程過樣本中心點，則：，解得：.點睛：本題主要考查線性回歸方程的性質及其應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.16、【解題分析】

設球的半徑為R，球內接正方體的棱長為a，根據題意知球內接正方體的體對角線是球的直徑，得出a與R的關系，再計算正方體的體積．【題目詳解】設球的半徑為R，球內接正方體的棱長為a，則球的體積是，又球的內接正方體的體對角線是球的直徑，即，；正方體的體積為．故答案為．【題目點撥】本題主要考查了球與其內接正方體的關系，屬于容易題題．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、（Ⅰ）（Ⅱ）【解題分析】

（I）根據橢圓的離心率和橢圓上一點的坐標，結合列方程組，解方程組求得的值，進而求得橢圓方程.（II）設直線的方程為，代入橢圓方程，寫出判別式和韋達定理，由坐標原點在以為直徑的圓內得，利用向量的坐標運算代入化簡，由此解得的取值范圍.【題目詳解】解：（Ⅰ）由題意可得，解得，，∴橢圓的方程為．（Ⅱ）設直線的方程為，代入橢圓方程整理可得得，，解得或，設，，又，，∴，∵坐標原點在以為直徑的圓內，∴，∴，解得或.故直線斜率的取值范圍為.【題目點撥】本小題主要考查橢圓標準方程的求法，考查直線和橢圓的位置關系，屬于中檔題.18、（1）有99.9%的把握認為有關系，理由詳見解析；（2）分布列詳見解析，數學期望為2.72【解題分析】

根據表中數據計算觀測值，對照臨界值得出結論；

由題意知隨機變量X的可能取值，計算對應的概率值，寫出分布列和數學期望值．【題目詳解】（1）．因為，所以有99.9%的把握認為有關系．（2）由題意知，的取值為0，1，2，3，1．因為，．所以，分布列為01231所以，．【題目點撥】本題考查了獨立性檢驗與離散型隨機變量的分布列應用問題，是中檔題．19、（I）答案不唯一，具體見解析（II）見解析【解題分析】

（I）根據題目條件，求出函數的導數，通過討論的范圍，得到函數的單調區間，從而求得函數的極值的個數。（II）根據是的一個極值點，得出，再根據，求出的范圍，再利用（１）中的結論，得出的單調性，觀察得出，對與的大小關系進行分類討論，結合函數單調性，即可證明。【題目詳解】（I）∵，，．∴或1、當，即時，若，則，單調遞增；若，則，單調遞減；若，則，單調遞增；此時，有兩個極值點：，．2、當，即時，，f（x）單調遞增，此時無極值點.3、當，即時，若，則，單調遞增；若，則，單調遞減；若，則，單調遞增；此時，有兩個極值點：，．故當時，無極值點：當時，有兩個極值點.（II）由（Ⅰ）知，，且，∴，由（1）中3知：在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增又（這一步是此題的關鍵點，觀察力）1、當即時，在上單調遞減，此時，成立.2、當即時，成立.3、當即時，在上單調遞增.此時，成立.綜上所述，，當時，“=”成立.【題目點撥】本題主要考查了求含有參數的函數的極值點的個數問題，以及利用利用導數證明不等式問題，解題時用到了分類討論的思想。20、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【解題分析】

（Ⅰ）先利用線面垂直的判定定理，證得BD⊥面PAC，再利用面面垂直的判定定理，即可證得平面PBD⊥平面PAC；（Ⅱ）根據面積關系，得到M為PD的中點，建立空間直角坐標系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解.【題目詳解】（Ⅰ）在四棱錐P﹣ABCD中，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴DB⊥PA，又AP∩AC＝A，∴BD⊥面PAC．又