云南省昭通市第一中學2024-2025學年高二數學第二學期期末教學質量檢測模擬試題注意事項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．離散型隨機變量X的分布列為，，2，3，則（）A．14a B．6a C． D．62．在的展開式中，項的系數為（）A． B．40 C． D．803．已知，記，則M與N的大小關系是()A． B． C． D．不能確定4．證明等式時，某學生的證明過程如下（1）當n=1時，，等式成立；（2）假設時，等式成立，即，則當時，，所以當時，等式也成立，故原式成立.那么上述證明（）A．過程全都正確 B．當n=1時驗證不正確C．歸納假設不正確 D．從到的推理不正確5．定積分等于()A． B． C． D．6．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]7．用數學歸納法證明：“”，由到時，等式左邊需要添加的項是（）A． B．C． D．8．已知函數，則函數的零點個數為（）A．1 B．3 C．4 D．69．設函數，若實數分別是的零點，則（）A． B． C． D．10．已知盒中裝有大小形狀完全相同的3個紅球、2個白球、5個黑球.甲每次從中任取一球且不放回，則在他第一次拿到的是紅球的前提下，第二次拿到白球的概率為（）A． B． C． D．11．已知是定義在上的偶函數，且在上是增函數，設，，，則，，的大小關系是（）A． B． C． D．12．若復數是虛數單位），則的共軛復數（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．觀察下列數表：如此繼續下去，則此表最后一行的數為_______（用數字作答）.14．用反證法證明命題“如果，那么”時，假設的內容應為_____．15．函數的最小正周期為__________．16．若，，則實數的取值范圍為__________．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）如圖，直三棱柱中，，，，為的中點，點為線段上的一點.(1)若，求證:;(2)若，異面直線與所成的角為30°，求直線與平面所成角的正弦值.18．（12分）已知橢圓C：與圓M：的一個公共點為．（1）求橢圓C的方程；（2）過點M的直線l與橢圓C交于A、B兩點，且A是線段MB的中點，求的面積．19．（12分）已知等差數列的前項和為，，.（1）求的通項公式；（2）設，數列的前項和為，求的最小值.20．（12分）若展開式中第二、三、四項的二項式系數成等差數列.（1）求的值及展開式中二項式系數最大的項；（2）此展開式中是否有常數項，為什么？21．（12分）如圖，在四棱錐中，平面，底面是菱形，，，，分別是棱的中點.（1）證明：平面；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）某中學開設了足球、籃球、乒乓球、排球四門體育課程供學生選學，每個學生必須且只能選學其中門課程.假設每個學生選學每門課程的概率均為，對于該校的甲、乙、丙名學生，回答下面的問題.（1）求這名學生選學課程互不相同的概率；（2）設名學生中選學乒乓球的人數為，求的分布列及數學期望.

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】

由離散型隨機變量X的分布列得a+2a+3a＝1，從而，由此能求出E（X）．【詳解】解：∵離散型隨機變量X的分布列為，，∴，解得，∴．故選：C．本題考查離散型隨機變量的數學期望的求法，考查離散型隨機變量的分布列、數學期望的等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題．2、D【解析】

通過展開二項式即得答案.【詳解】在的展開式中,的系數為，故答案為D.本題主要考查二項式定理，難度很小.3、B【解析】

作差并因式分解可得M-N=，由，∈（0，1）可作出判斷．【詳解】由題意可得M-N====，∵，b∈（0，1），∴（b-1）∈（-1，0），（-1）∈（-1，0），∴（b-1）（-1）＞0，∴M＞N

故選B.本題考查作差法比較式子大小，涉及因式分解，屬基礎題．4、A【解析】分析：由題意結合數學歸納法的證明方法考查所給的證明過程是否存在錯誤即可.詳解：考查所給的證明過程：當時驗證是正確的，歸納假設是正確的，從到的推理也是正確的，即證明過程中不存在任何的問題.本題選擇A選項.點睛：本題主要考查數學歸納法的概念及其應用，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.5、B【解析】

由定積分表示半個圓的面積，再由圓的面積公式可求結果。【詳解】由題意可知定積分表示半徑為的半個圓的面積，所以，選B.1．由函數圖象或曲線圍成的曲邊圖形面積的計算及應用，一般轉化為定積分的計算及應用，但一定要找準積分上限、下限及被積函數，且當圖形的邊界不同時，要討論解決．(1)畫出圖形，確定圖形范圍；(2)解方程組求出圖形交點坐標，確定積分上、下限；(3)確定被積函數，注意分清函數圖形的上、下位置；(4)計算定積分，求出平面圖形的面積．2．由函數求其定積分，能用公式的利用公式計算，有些特殊函數可根據其幾何意義，求出其圍成的幾何圖形的面積，即其定積分．有些由函數的性質求函數的定積分。6、D【解析】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7、D【解析】

寫出時，左邊最后一項，時，左邊最后一項，由此即可得到結論【詳解】解：∵時，左邊最后一項為，時，左邊最后一項為，∴從到，等式左邊需要添加的項為一項為故選：D．本題考查數學歸納法的概念，考查學生分析解決問題的能力，屬于基礎題．8、C【解析】

令,可得,解方程,結合函數的圖象,可求出答案.【詳解】令,則,令,若,解得或,符合;若,解得,符合.作出函數的圖象,如下圖,時,;時,;時,.結合圖象,若,有3個解;若,無解;若,有1個解.所以函數的零點個數為4個.故選:C.本題考查分段函數的性質,考查了函數的零點,考查了學生的推理能力,屬于中檔題.9、A【解析】由題意得，函數在各自的定義域上分別為增函數，∵，又實數分別是的零點∴，∴，故．選A．點睛：解答本題時，先根據所給的函數的解析式判斷單調性，然后利用判斷零點所在的范圍，然后根據函數的單調性求得的取值范圍，其中借助0將與聯系在一起是關鍵．10、D【解析】

設“第一次拿到的是紅球”為事件A,“第二次拿到白球”為事件B，分別計算出，的值，由條件概率公式可得，可得答案.【詳解】解：設“第一次拿到的是紅球”為事件A,“第二次拿到白球”為事件B，可得：，,則所求事件的概率為：,故選：D.本題主要考查條件概率與獨立事件的計算，屬于條件概率的計算公式是解題的關鍵.11、B【解析】

由函數為的偶函數，得出該函數在上為減函數，結合性質得出，比較、、的大小關系，結合函數的單調性可得出、、的大小關系．【詳解】由函數為的偶函數，且在上是增函數，則該函數在上為減函數，且有，則，，，，且，，由于函數在上為減函數，所以，，因此，，故選B．本題考查利用函數的單調性與奇偶性比較大小，考查中間值法比較指數式和對數式的大小關系，再利用函數單調性比較函數值大小時，要結合函數的奇偶性、對稱性、周期性等基本性質將自變量置于同一單調區間，結合單調性來比較大小關系，考查分析問題的能力，屬于中等題．12、D【解析】

根據復數除法運算法則可化簡復數得，由共軛復數定義可得結果.【詳解】本題正確選項：本題考查共軛復數的求解，關鍵是能夠利用復數的除法運算法則化簡復數，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2816【解析】

觀察數表可知，每一行的首尾兩項數字的和成等比數列，由于最后一行的數字等于倒數第二行兩項的和，所以只要根據規律求出第9行的首尾兩項之和即可.【詳解】由題意可知最后一行為第10行，第一行首尾兩項的和為11，第二行首尾兩項的和為22，第三行首尾兩項的和為44，，則第9行首尾兩項的和為，所以第十行的數字是，故答案是：.該題考查的是有關歸納推理的問題，涉及到的知識點有根據題中所給的條件，歸納出對應的結論，屬于簡單題目.14、或【解析】假設的內容應是否定結論，由否定后為.15、【解析】

直接利用三角函數的周期公式求出函數的最小正周期.【詳解】由題得函數的最小正周期.故答案為本題主要考查正弦型函數的最小正周期的求法，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.16、【解析】當m=0時，符合題意．當m≠0時,，則0<m<4，則0?m<4答案為：.點睛：解本題的關鍵是處理二次函數在區間上大于0的恒成立問題，對于二次函數的研究一般從以幾個方面研究：一是，開口；二是，對稱軸，主要討論對稱軸與區間的位置關系；三是，判別式，決定于x軸的交點個數；四是，區間端點值.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)證明見解析(2)【解析】

（1）取中點，連接，，易知要證，先證平面；（2）如圖以為坐標原點，分別以，，為軸?軸?軸，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量及直線的方向向量，即可得到結果.【詳解】(1)證明:取中點，連接，，有，因為，所以，又因為三棱柱為直三棱柱，所以平面平面，又因為平面平面，所以平面，又因為平面，所以又因為，，平面，平面，所以平面，又因為平面，所以，因為，所以.(2)設，如圖以為坐標原點，分別以，，為軸?軸?軸，建立空間直角坐標系，由(1)可知，，所以，故，，，，，對平面，，，所以其法向量為.又，所以直線與平面成角的正弦值.本題主要考查線面垂直的證明、中位線定理以及利用空間向量求線面角的正弦值，考查了學生空間想象能力和計算能力，屬于中檔題．18、(1)；(2)【解析】

（1）將公共點代入橢圓和圓方程可得a，b，進而得到所求橢圓方程；（2）設過點M（0，﹣2）的直線l的方程為y＝kx﹣2，聯立橢圓方程，運用韋達定理，以及三角形的面積公式可得所求值．【詳解】（1）由題意可得1，（b2﹣1）2，解得a2＝3，b2＝2，則橢圓方程為1；（2）設過點M（0，﹣2）的直線l的方程為y＝kx﹣2，聯立橢圓方程2x2+3y2＝6，可得（2+3k2）x2﹣12kx+6＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2，x1x2，A是線段MB的中點，可得x2＝2x1，解得k2，x12，可得△OAB的面積為?2?|x1﹣x2|＝|x1|．本題考查了橢圓方程的求解，考查了直線與圓錐曲線位置關系，其中聯立直線方程和圓錐曲線方程，運用韋達定理，是解題的常用方法．19、（1）；（2）【解析】

（1）求出公差，根據通項公式即可求出；（2）由（1）可寫出，則數列是等差數列.根據通項公式求出使得的的最大值，再根據前項和公式求出（或根據前項和公式求出，再根據二次函數求最值，求出的最小值）.【詳解】（1）方法一：由，又因為，所以.所以數列的公差，所以.方法二：設數列的公差為.則..得.所以.（2）方法一：由題意知.令得解得.因為，所以.所以的最小值為.方法二：由題意知.因為，所以數列是首項為，公差為的等差數列.所以.所以當時，數列的前項和取得最小值，最小值為.本題考查等差數列的通項公式和前項和公式，考查學生的運算求解能力.20、（1）第四項為第五項為.（2）無常數項.【解析】分析:(1)先根據題意得到，解方程即得n=7.二項式系數最大的項為第四項和第五項，求第四項和第五項的二項式系數即得解.(2)假設展開式中有常數項，求出r的值，如果r有正整數解，則有，否則就沒有.詳解：（1）由題意可得，解得.所以展開式有8項，所以第四項和第五項的二項式系數最大，第四項為第五項為.（2）展開式的通項公式為，令，解得（舍去），故展開式無常數項.點睛：（1）本題主要考查二項式定理的二項式系數，考查特定項的求法，意在考查學生對這些知識的掌握水平和基本運算能力.(2)二項式通項公式：（）,其中叫二項式展開式第項的二項式系數，而二項式展開式第項的系數是字母冪前的常數.21、（1）見解析（2）【解析】

（1）依據線面平行的判定定理，在面中尋找一條直線與平行，即可由線面平行的判定定理證出；(2)建系，分別求出平面，平面的法向量，根據二面角的計算公式即可求出二面角的余弦值．【詳解】（1）證明：如圖，取中點為，連結，則，所以與平行與且相等，所以四邊形是平行四邊形，所以平面，平面，所以平面.（2）令，因為是中點，所以平面，以為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，在菱形中，，所以，，在中，，則，，，，，設平面的法向量為，所以，所以可取，又因平面的法向量，所以.由圖可知二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為.本題主要考查線面平行的判定定理應用以及二面角的求法，常見求二面角的方法有定義法，三