2024-2025年高二下學期期中模擬卷（范圍：必修一二冊+選擇性必修一—六章）姓名：___________班級：___________一、單項選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40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．設集合，則（）A． B． C． D．2．若復數z滿足（其中i是虛數單位），復數z的共軛復數為，則（

）A．z的實部是 B．的虛部是C．復數在復平面內對應的點在第四象限 D．3．小張接到4項工作，要在下周一、周二、周三這3天中完成，每天至少完成1項，則不同的安排方式共有（

）A．36種 B．24種 C．18種 D．12種4．在三棱柱中，，若點為的中點，則（

）A． B．C． D．5．在直三棱柱中，，，點在線段上運動，E，F分別為，中點，則下列說法正確的是（

）A．平面 B．當為中點時，AP與BC成角最大C．當為中點時，AP與成角最小 D．存在點，使得6．正項等比數列中，，若，則的最小值等于（

）A．1 B． C． D．7．已知向量，滿足，，，則（）A． B． C． D．8．設，，，則a，b，c的大小關系為（

）A． B．C． D．二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．)9．有一組樣本數據，，…，，由這組數據得到新樣本數據，，…，，其中(為非零常數，則（

）A．兩組樣本數據的樣本平均數相同B．兩組樣本數據的樣本中位數相同C．兩組樣本數據的樣本標準差相同D．兩組樣本數據的樣本極差相同10．已知O為坐標原點，點在拋物線上，過點的直線交C于P，Q兩點，則（

）A．C的準線為 B．直線AB與C相切C． D．11．已知函數及其導函數的定義域均為，記，若，均為偶函數，則（

）A． B． C． D．三、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分．)12．的展開式中的系數為______.（用數字作答）13．若直線與圓相切，則實數_________．14．已知雙曲線的一條漸近線為，則C的焦距為_________．四、解答題(本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．)15．(13分)記是公差不為0的等差數列的前n項和，若．（1）求數列的通項公式；（2）求使成立的n的最小值．16．(15分)如圖，在四棱錐中，底面ABCD為直角梯形，，，平面ABCD，Q為線段PD上的點，，，．(1)證明：平面ACQ；(2)求直線PC與平面ACQ所成角的正弦值．17．(15分)已知的內角，，所對的邊分別為，，，向量，，且.(1)求角；(2)若，，求邊及的面積；(3)在（2）的條件下，求的值.18．(17分)已知函數.(1)若，求函數在點處的切線方程；(2)若函數在其定義域上有唯一零點，求實數的值.19．(17分)在直角坐標系上，橢圓的右焦點為，的上、下頂點與連成的三角形的面積為．(1)求的方程；(2)已知過點的直線與相交于，兩點，問上是否存在點，使得？若存出，求出的方程．若不存在，請說明理由參考答案：1．C【分析】根據交集的定義求解即可【詳解】由題，故選：C2．A【分析】把轉化為化簡求解.【詳解】z的實部是故A正確；，故D錯誤，的虛部是故B錯誤，在復平面上對應的點為所以為第一象限點，故C錯誤.故選：A3．A【分析】應用分步計數乘法原理，再結合排列組合數即可求出不同的分配方案的種數.【詳解】由題意可得，一天完成兩項工作，其余兩天每天完成一項工作，據此可得，只要把工作分成三份：有種方法，然后進行全排列，由乘法原理，不同的安排方式共有種．故選：A．4．A【分析】根據向量的線性運算求解.【詳解】，為的中點，，故選：A.5．C【分析】舉特例否定選項A；求得AP與BC成角最大時點位置判斷選項B；求得AP與成角最小時點位置判斷選項C；求得時點位置判斷選項D.【詳解】由題意得，兩兩垂直，不妨令以C為原點，分別以所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系.則選項A：當點P與點B重合時，由為梯形的兩個腰，可得相交，則直線平面位置關系為相交.判斷錯誤；選項B：設AP與BC成角為，,由，可得當時，即兩點重合時，，AP與BC成角為.判斷錯誤；選項C：設AP與成角為，由，可得又，在單調遞減，則當即為中點時，AP與成角最小.判斷正確；選項D：,由，解得（舍），則不存在點，使得.判斷錯誤.故選：C6．B【分析】根據等比數列的性質可得，進而由基本不等式即可求解最值.【詳解】由等比數列中，設公比為，且，由得，故，由得，，當且僅當，即時等號成立，故最小值為，故選：B7．D【分析】計算出、的值，利用平面向量數量積可計算出的值.【詳解】，，，.，因此，.故選：D.【點睛】本題考查平面向量夾角余弦值的計算，同時也考查了平面向量數量積的計算以及向量模的計算，考查計算能力，屬于中等題.8．D【分析】構造函數，研究其單調性，進而可以比較a，b，c的大小.【詳解】令，則，所以時，，單調遞減，時，，單調遞增，，，，因為，所以.故選：D.9．CD【分析】A、C利用兩組數據的線性關系有、，即可判斷正誤；根據中位數、極差的定義，結合已知線性關系可判斷B、D的正誤.【詳解】A：且，故平均數不相同，錯誤；B：若第一組中位數為，則第二組的中位數為，顯然不相同，錯誤；C：，故方差相同，正確；D：由極差的定義知：若第一組的極差為，則第二組的極差為，故極差相同，正確；故選：CD10．AC【分析】利用極值點的定義可判斷A，結合的單調性、極值可判斷B，利用平移可判斷C；利用導數的幾何意義判斷D.【詳解】由題，，令得或，令得，所以在，上單調遞增，上單調遞減，所以是極值點，故A正確；因，，，所以，函數在上有一個零點，當時，，即函數在上無零點，綜上所述，函數有一個零點，故B錯誤；令，該函數的定義域為，，則是奇函數，是的對稱中心，將的圖象向上移動一個單位得到的圖象，所以點是曲線的對稱中心，故C正確；令，可得，又，當切點為時，切線方程為，當切點為時，切線方程為，故D錯誤.故選：AC.11．BCD【分析】求出拋物線方程可判斷A，聯立AB與拋物線的方程求交點可判斷B，利用距離公式及弦長公式可判斷C、D.【詳解】將點的代入拋物線方程得，所以拋物線方程為，故準線方程為，A錯誤；，所以直線的方程為，聯立，可得，解得，故B正確；設過的直線為，若直線與軸重合，則直線與拋物線只有一個交點，所以，直線的斜率存在，設其方程為，，聯立，得，所以，所以或，，又，，所以，故C正確；因為，，所以，而，故D正確.故選：BCD12．BC【分析】方法一：轉化題設條件為函數的對稱性，結合原函數與導函數圖象的關系，根據函數的性質逐項判斷即可得解.【詳解】[方法一]：對稱性和周期性的關系研究對于，因為為偶函數，所以即①，所以，所以關于對稱，則，故C正確；對于，因為為偶函數，，，所以關于對稱，由①求導，和，得，所以，所以關于對稱，因為其定義域為R，所以，結合關于對稱，從而周期，所以，，故B正確，D錯誤；若函數滿足題設條件，則函數（C為常數）也滿足題設條件，所以無法確定的函數值，故A錯誤.故選：BC.[方法二]：【最優解】特殊值，構造函數法.由方法一知周期為2，關于對稱，故可設，則，顯然A，D錯誤，選BC.故選：BC.[方法三]：因為，均為偶函數，所以即，，所以，，則，故C正確；函數，的圖象分別關于直線對稱，又，且函數可導，所以，所以，所以，所以，，故B正確，D錯誤；若函數滿足題設條件，則函數（C為常數）也滿足題設條件，所以無法確定的函數值，故A錯誤.故選：BC.【整體點評】方法一：根據題意賦值變換得到函數的性質，即可判斷各選項的真假，轉化難度較高，是該題的通性通法；方法二：根據題意得出的性質構造特殊函數，再驗證選項，簡單明了，是該題的最優解．13．【分析】利用多項式乘法進行運算，再由二項式定理找到通項，再賦值即可求解【詳解】因為，其中展開式的通項為，，令，；令，.所以展開式中的系數為.故答案為：.14．或【分析】利用幾何法列方程即可求解.【詳解】圓可化為.因為直線與圓相切，所以圓心到直線的距離等于半徑，即，解得：或7.故答案為：或15．4【分析】將漸近線方程化成斜截式，得出的關系，再結合雙曲線中對應關系，聯立求解，再由關系式求得，即可求解.【詳解】由漸近線方程化簡得，即，同時平方得，又雙曲線中，故，解得（舍去），，故焦距.故答案為：4.【點睛】本題為基礎題，考查由漸近線求解雙曲線中參數，焦距，正確計算并聯立關系式求解是關鍵.16．【分析】事件B為前3次中有一次中1發未中，第4次射擊中有2發未中，事件AB是第3次有1發未中，第4次有2發未中，然后利用利用條件概率求解.【詳解】解：由題意得，，故答案為：17．(1)；(2)7.【分析】(1)由題意首先求得的值，然后結合題意求得數列的公差即可確定數列的通項公式；(2)首先求得前n項和的表達式，然后求解二次不等式即可確定n的最小值.【詳解】(1)由等差數列的性質可得：，則：，設等差數列的公差為，從而有：，，從而：，由于公差不為零，故：，數列的通項公式為：.(2)由數列的通項公式可得：，則：，則不等式即：，整理可得：，解得：或，又為正整數，故的最小值為.【點睛】等差數列基本量的求解是等差數列中的一類基本問題，解決這類問題的關鍵在于熟練掌握等差數列的有關公式并能靈活運用.18．(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用三角形相似得，結合，則有，利用線面平行的判定即可證明；（2）以A為坐標原點，建立合適的空間直角坐標系，求出平面ACQ的法向量，利用線面角的空間向量法即可得到答案.【詳解】（1）如圖，連接BD與AC相交于點M，連接MQ，∵，，則，∴，，∵，∴，平面ACQ，平面ACQ，∴平面ACQ；（2）平面，平面,，因為底面,則AB，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系，各點坐標如下：，，，．設平面ACQ的法向量為，由，，有，令，，，可得，由，有，，則．故直線PC與平面ACQ所成角的正弦值為．19．(1)(2)(3)【分析】（1）利用平行向量的坐標關系得，結合正弦定理與角度關系，即可得角；（2）根據余弦定理求得邊長，再利用面積公式求解即可.（3）利用正弦定理求出，再求出，再利用二倍角公式求出，最后再利用兩角和與差的正弦公式即可.【詳解】（1）因為向量，，且所以，由正弦定理得，又，則，顯然，則，又，所以.（2）由余弦定理的，整理得，解得或（舍），所以的面積.（3）由正弦定理得，即，解得，因為，故角為銳角，故，，，.20．(1)；(2)分布列見解析，數學期望為；(3).【分析】（1）根據頻率和為列方程計算求解；（2）由分層抽樣判斷得抽取的成績在的三組人數為，根據超幾何分布計算取對應的概率，從而寫出分布列并計算期望；（3）根據頻率分布直方圖判斷出成績為A,B,C等級的頻率分別為，可判斷出從所有參加考試的同學中隨機抽取3人，獲得B等級的人數服從二項分布，利用二項分布計算獲得B等級的人數不少于2人的概率.【詳解】（1）由頻率和為可得，解得.（2）由頻率分布直方圖可得，成績在的三組人數比為，根據分層抽樣抽取的成績在的三組人數為，所以的可能取值為.，，，所以的分布列為（3）由題意，成績為A,B,C等級的頻率分別為，設從所有參加考試的同學中隨機抽取3人，獲得B等級的人數為，則服從二項分布，所以獲得B等級的人數不少于2人的概率為21．(1)(2).【分析】（1）利用待定系數法求出橢圓的方程；（2）分類討論：①當的斜率不存在時和②當的斜率存在時，設的方程為，，利用“設而不求法”求解.【詳解】（1）依題意得，所以，

另由，，解得：，

所以橢圓的標準方程為程為.（2）①當的斜率不存在時，則，，因為，所以點，而點不在橢圓上，故不存在點符合題意.②當的斜率存在時，設的方程為，，聯立得，則，而，因為，則，所以，而在曲線上，所以，即，所以，符合題意.綜上所述，存在點滿足題意，此時直線的方程為22．(1)(2)【分析】（1）求導，利用導數求解斜率，由點斜式即可求解直線方程，（2）將問題等價轉化成在有唯一實數解.構造函數，和利用導數求解單調性，進而確定方程的根，即可求解.【詳解