湖北省重點高中聯考協作體2024-2025學年數學高二第二學期期末學業質量監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．圓與圓的公切線有幾條（）A．1條 B．2條 C．3條 D．4條2．將函數的圖象向左平移個單位，得到函數的圖象，若在上為增函數，則的最大值為（）A．2 B．4 C．6 D．83．用反證法證明命題“關于x的方程至少有一個實根”時，要做的假設是（）A．方程至多有一個實根 B．方程至少有兩個實根C．方程至多有兩個實根 D．方程沒有實根4．函數與兩條平行線，及軸圍成的區域面積是（）A． B． C． D．5．一個隨機變量的分布列如圖，其中為的一個內角，則的數學期望為（）A． B． C． D．6．下圖來自古希臘數學家希波克拉底所研究的幾何圖形，此圖由三個半圓構成，三個半圓的直分別為直角三角形的斜邊，直角邊，.若，，在整個圖形中隨機取一點，則此點取自陰影部分的概率為（）（）A． B．C． D．7．小趙、小錢、小孫、小李到個景點旅游，每人只去一個景點，設事件“個人去的景點彼此互不相同”，事件“小趙獨自去一個景點”，則（）A． B． C． D．8．設復數（為虛數單位），則的虛部為（）A． B． C． D．9．設隨機變量X～N(μ，σ2)且P(X<1)＝，P(X>2)＝p，則P(0<X<1)的值為()A．p B．1－p C．1－2p D．－p10．在的展開式中，的系數是（）A． B． C．5 D．4011．有6名選手參加演講比賽，觀眾甲猜測：1、2、6號選手中的一位獲得第一名；觀眾乙猜測：4、5、6號選手都不可能獲得第一名；觀眾丙猜測：4號或5號選手得第一名；觀眾丁猜測：3號選手不可能得第一名.比賽后發現沒有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜對比賽結果，此人是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁12．如圖所示的函數圖象，對應的函數解析式可能是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．對于三次函數，定義：設是函數的導數的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”，有同學發現“任何一個三次函數都有‘拐點’；任何一個三次函數都有對稱中心；且‘拐點’就是對稱中心.”根據此發現，若函數，計算__________．14．的展開式中含項的系數是__________．15．隨機變量服從二項分布，且，，則等于__________．16．已知復數滿足方程，則的最小值為____________．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）已知函數．（1）若，證明：當時，；當時，；（2）若是的極大值點，求．18．（12分）如圖，在四棱錐中，四邊形為平行四邊形，，平面，，.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.19．（12分）在如圖所示的多面體中，平面，，，，，，，是的中點.（1）求證：；（2）求二面角的平面角的余弦值.20．（12分）已知函數.（1）若函數在區間上單調遞增，求的取值范圍；（2）設函數，若存在，使不等式成立，求實數的取值范圍.21．（12分）甲、乙兩人各進行3次射擊，甲每次擊中目標的概率為，乙每次擊中目標的概率為．記甲擊中目標的次數為，乙擊中目標的次數為．（1）求的分布列；（2）求和的數學期望．22．（10分）已知是拋物線的焦點，點是拋物線上一點，且.（1）求，的值；（2）過點作兩條互相垂直的直線，與拋物線的另一交點分別是，.①若直線的斜率為，求的方程；②若的面積為12，求的斜率.

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、C【解析】

首先求兩圓的圓心距，然后判斷圓心距與半徑和或差的大小關系,最后判斷公切線的條數.【詳解】圓，圓心，，圓,圓心，，圓心距兩圓外切，有3條公切線.故選C.本題考查了兩圓的位置關系，屬于簡單題型.2、C【解析】，向左平移個單位，得到函數的圖象，所以，因為,所以即的最大值為6，選C.點睛：三角函數的圖象變換，提倡“先平移，后伸縮”，但“先伸縮，后平移”也常出現在題目中，所以也必須熟練掌握.無論是哪種變形，切記每一個變換總是對字母而言.由求增區間;由求減區間.3、D【解析】

結論“至少有一個”的反面是“至多有0個”即“一個也沒有”．【詳解】假設是“關于x的方程沒有實根”．故選：D.本題考查反證法．掌握命題的否定是解題關鍵．在有“至多”“至少”等詞語時，其否定要注意．不能弄錯．4、B【解析】

根據定積分的幾何意義直接求出在區間的定積分，即可得出答案?！驹斀狻抗蔬xB本題考查定積分的幾何意義，屬于基礎題。5、D【解析】

利用二倍角的余弦公式以及概率之和為1，可得，然后根據數學期望的計算公式可得結果.【詳解】由，得，所以或(舍去)則，故選：D本題考查給出分布列，數學期望的計算，掌握公式，細心計算，可得結果.6、D【解析】

首先計算出圖形的總面積以及陰影部分的面積，再根據幾何概型的概率計算公式計算可得.【詳解】解：因為直角三角形的斜邊為，，，所以，以為直徑的圓面積為，以為直徑的圓面積為，以為直徑的圓面積為.所以圖形總面積，，所以.故選：本題考查面積型幾何概型的概率計算問題，屬于基礎題.7、D【解析】分析：這是求小趙獨自去一個景點的前提下，4

個人去的景點不相同的概率，求出相應基本事件的個數，即可得出結論．詳解：小趙獨自去一個景點，則有3個景點可選，其余3人只能在小趙剩下的3個景點中選擇，可能性為種

所以小趙獨自去一個景點的可能性為種

因為4

個人去的景點不相同的可能性為種，

所以．

故選：D．點睛：本題考查條件概率，考查學生的計算能力，確定基本事件的個數是關鍵．8、C【解析】分析:先化簡復數z,再求z的虛部.詳解：由題得=，故復數z的虛部為-1,故答案為C.點睛：（1）本題主要考查復數的運算，意在考查學生對該知識的掌握水平和運算能力.(2)復數的實部是a,虛部為b，不是bi.9、D【解析】

由，得正態分布概率密度曲線關于對稱，又由，根據對稱性，可得，進而可得，即可求解．【詳解】由隨機變量，可知隨機變量服從正態分布，其中是圖象的對稱軸，又由，所以，又因為，根據正態分布概率密度曲線的對稱性，可得，所以，故選D．本題主要考查了正態分布曲線性質的簡單應用，其中熟記正態分布概率密度曲線的對稱性，合理推算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．10、A【解析】

由二項展開式的通項公式，可直接得出結果.【詳解】因為的展開式的通項為，令，則的系數是.故選A本題主要考查二項展開式中指定項的系數，熟記二項式定理即可，屬于基礎題型.11、B【解析】

分別假設甲、乙、丙、丁猜對比賽結果，逐一判斷得到答案.【詳解】假設甲猜對比賽：則觀眾丁猜測也正確，矛盾假設乙猜對比賽：3號得第一名，正確假設丙猜對比賽：則觀眾丁猜測也正確，矛盾假設丁猜對比賽：則觀眾甲和丙中有一人正確，矛盾故答案選B本題考查了邏輯推理，意在考查學生的邏輯推理能力.12、D【解析】

對B選項的對稱性判斷可排除B.對選項的定義域來看可排除，對選項中，時，計算得，可排除，問題得解．【詳解】為偶函數，其圖象關于軸對稱，排除B.函數的定義域為，排除.對于，當時，，排除故選D本題主要考查了函數的對稱性、定義域、函數值的判斷與計算，考查分析能力，屬于中檔題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解析】分析：求出二階導數，再求出的拐點，即對稱點，利用對稱性可求值．詳解：，，由得，，即的圖象關于點對稱，∴，∴．故答案為1．點睛：本題考查導數的計算，考查新定義，解題關鍵是正確理解新概念，轉化新定義．通過求出的拐點，得出對稱中心，從而利用配對法求得函數值的和．14、5【解析】分析：先求展開式的通項公式，即可求含項的系數.詳解：展開式的通項公式，可得展開式中含項，即，解得，展開式中含項的系數為.故答案為5.點睛：本題考查了二項式定理的應用，利用二項展開式的通項公式求展開式中某項的系數是解題關鍵.15、900【解析】

根據二項分布的期望和方差，列出關于和的方程組，可解出的值.【詳解】由題意可得，解得，故答案為.本題考查二項分布的數學期望和方差的計算，解題的關鍵就是這兩個公式的應用，考查運算求解能力，屬于基礎題.16、【解析】

設復數根據復數的幾何意義可知的軌跡為圓；再根據點和圓的位置關系，及的幾何意義即可求得點到圓上距離的最小值，即為的最小值.【詳解】復數滿足方程，設（），則，在復平面內軌跡是以為圓心，以2為半徑的圓；，意義為圓上的點到的距離，由點與圓的幾何性質可知，的最小值為，故答案為：.本題考查了復數幾何意義的綜合應用，點和圓的位置關系及距離最值的求法，屬于中檔題.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）見解析（2）【解析】分析：（1）求導，利用函數單調性證明即可．（2）分類討論和,構造函數,討論的性質即可得到a的范圍．詳解：（1）當時，，.設函數，則.當時，；當時，.故當時，，且僅當時，，從而，且僅當時，.所以在單調遞增.又，故當時，；當時，.（2）（i）若，由（1）知，當時，，這與是的極大值點矛盾.（ii）若，設函數.由于當時，，故與符號相同.又，故是的極大值點當且僅當是的極大值點..如果，則當，且時，，故不是的極大值點.如果，則存在根，故當，且時，，所以不是的極大值點.如果，則.則當時，；當時，.所以是的極大值點，從而是的極大值點綜上，.點睛：本題考查函數與導數的綜合應用，利用函數的單調性求出最值證明不等式，第二問分類討論和,當時構造函數時關鍵，討論函數的性質，本題難度較大．18、（1）見解析；（2）【解析】

（1）由題意知為，利用等腰三角形三線合一的思想得出，由平面可得出，再利用直線與平面垂直的判定定理可得出平面；（2）以點為坐標原點，、所在直線分別為軸、軸建立空間直角坐標系，計算出平面和平面的法向量，然后利用空間向量法計算出二面角的余弦值.【詳解】（1）因為四邊形是平行四邊形，，所以為的中點.又，所以.因為平面，平面，所以.又，平面，平面，故平面；（2）因為，以為原點建立空間直角坐標系如下圖所示，設，則、、、，所以，，，設平面的一個法向量為，則，所以，得，令，則，，所以.同理可求得平面的一個法向量，所以.又分析知，二面角的平面角為銳角，所以二面角的余弦值為.本題考查直線與平面垂直的判定，同時也考查了二面角的計算，解題的關鍵在于建立空間直角坐標系，利用空間向量法來求解，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.19、（1）見解析；（2）．【解析】試題分析：由題意可證得兩兩垂直，建立空間直角坐標系求解．（1）通過證明，可得．（2）由題意可得平面的一個法向量為，又可求得平面的法向量為，故可求得，結合圖形可得平面與平面所成的二面角為銳角，由此可得所求余弦值．試題解析：（1）∵平面平面平面，∴，又，∴兩兩垂直，以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，∴，∵，∴；（2）由已知，得是平面的一個法向量，設平面的法向量為，∵，由，得，令，得.∴，由圖形知，平面與平面所成的二面角為銳角，∴平面與平面所成二面角的余弦值為．20、(1)；(2).【解析】試題分析：(1)由函數的解析式可得在上單調遞增，則的取值范圍是；(2)原問題等價于存在，使不等式成立.構造新函數，結合函數的性質可得實數的取值范圍為.試題解析：（1）由得，在上單調遞增，，的取值范圍是.（2）存在，使不等式成立，存在，使不等式成立.令，從而，，，在上單調遞增，.實數的取值范圍為.21、（1）見解析；（2），【解析】

（1）的可能值為，計算概率得到分布列.（2）分別計算數學期望得到答案.【詳解】（1）的可能值為，；；，.故分布列為：（2），.本題考查了分布列和數學期望，意在考查學生的計算能力和應