云南省麗江市古城二中2024-2025學年數學高二下期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．已知，，，則a，b，c的大小關系為A． B． C． D．2．已知點與拋物線的焦點的距離是，則的值是（）A． B． C． D．3．先后拋擲兩枚均勻的正方體骰子，骰子朝上的面的點數分別為，，則滿足的概率為（）A． B． C． D．4．已知橢圓（為參數）與軸正半軸，軸正半軸的交點分別為，動點是橢圓上任一點，則面積的最大值為（）A． B． C． D．5．某市委積極響應十九大報告提出的“到2020年全面建成小康社會”的目標，鼓勵各縣積極脫貧，計劃表彰在農村脫貧攻堅戰(zhàn)中的杰出村代表，已知A，B兩個貧困縣各有15名村代表，最終A縣有5人表現突出，B縣有3人表現突出，現分別從A，B兩個縣的15人中各選1人，已知有人表現突出，則B縣選取的人表現不突出的概率是（）A． B． C． D．6．將曲線按照伸縮變換后得到的曲線方程為()A． B．C． D．7．復數滿足，且在復平面內對應的點在第四象限，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．8．已知命題，，命題q：若恒成立，則，那么()A．“”是假命題 B．“”是真命題C．“”為真命題 D．“”為真命題9．一次考試中，某班學生的數學成績近似服從正態(tài)分布，若，則該班數學成績的及格（成績達到分為及格）率可估計為（）A． B． C． D．10．已知集合2，，3，，則A． B． C． D．2，3，11．五個人站成一排，其中甲乙相鄰的站法有（）A．18種 B．24種 C．48種 D．36種12．下列命題中不正確的是（）A．空間中和兩條相交直線都平行的兩個平面平行B．空間中和兩條異面直線都平行的兩個平面平行C．空間中和兩條平行直線都垂直的兩個平面平行D．空間中和兩條平行直線都平行的兩個平面平行二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知等差數列滿足，且，，成等比數列，則的所有值為________.14．將極坐標化成直角坐標為_________.15．試寫出的展開式中系數最大的項_____．16．已知函數，若對任意，恒成立，則實數的取值范圍是_____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）若，解關于的不等式.18．（12分）如圖，點在以為直徑的圓上，垂直與圓所在平面，為的垂心（1）求證：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.19．（12分）已知橢圓的四個頂點圍成的菱形的面積為，點與點分別為橢圓的上頂點與左焦點，且的面積為（點為坐標原點）.（1）求的方程；（2）直線過且與橢圓交于兩點，點關于的對稱點為，求面積的最大值.20．（12分）長時間用手機上網嚴重影響著學生的健康，某校為了解A，B兩班學生手機上網的時長，分別從這兩個班中隨機抽取6名同學進行調查，將他們平均每周手機上網時長作為樣本數據，繪制成莖葉圖如圖所示（圖中的莖表示十位數字，葉表示個位數字）.如果學生平均每周手機上網的時長大于21小時，則稱為“過度用網”（1）請根據樣本數據，分別估計A，B兩班的學生平均每周上網時長的平均值；（2）從A班的樣本數據中有放回地抽取2個數據，求恰有1個數據為“過度用網”的概率；（3）從A班、B班的樣本中各隨機抽取2名學生的數據，記“過度用網”的學生人數為，寫出的分布列和數學期望E.21．（12分）（1）求方程的非負整數解的個數；（2）某火車站共設有4個“安檢”入口，每個入口每次只能進1個旅客求—個小組4人進站的不同方案種數，要求寫出計算過程.22．（10分）在中，角的對邊分別為，且．（1）求角的大小；（2）若函數圖象的一條對稱軸方程為且，求的值．

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、D【解析】分析：由題意結合對數函數的性質整理計算即可求得最終結果.詳解：由題意結合對數函數的性質可知：，，，據此可得：.本題選擇D選項.點睛：對于指數冪的大小的比較，我們通常都是運用指數函數的單調性，但很多時候，因冪的底數或指數不相同，不能直接利用函數的單調性進行比較．這就必須掌握一些特殊方法．在進行指數冪的大小比較時，若底數不同，則首先考慮將其轉化成同底數，然后再根據指數函數的單調性進行判斷．對于不同底而同指數的指數冪的大小的比較，利用圖象法求解，既快捷，又準確．2、B【解析】

利用拋物線的焦點坐標和兩點間的距離公式，求解即可得出的值.【詳解】由題意可得拋物線的焦點為，因為點到拋物線的焦點的距離是5.所以解得.故選:B.本題主要考查拋物線的標準方程和性質，還結合兩點間距離公式求解.3、B【解析】

先化簡，得到或.利用列舉法和古典概型概率計算公式可計算出所求的概率.【詳解】由，有，得或，則滿足條件的為，，，，，，，，，所求概率為．故選B.本小題主要考查對數運算，考查列舉法求得古典概型概率有關問題，屬于基礎題.4、B【解析】分析：根據橢圓的方程算出A（4，1）、B（1，3），從而得到|AB|=5且直線AB：3x+4y﹣12=1．設點P（4cosθ，3sinθ），由點到直線的距離公式算出P到直線AB距離為d=|sin﹣1|，結合三角函數的圖象與性質算出dmax=（），由此結合三角形面積公式，即可得到△PAB面積的最大值．詳解：由題得橢圓C方程為：，∴橢圓與x正半軸交于點A（4，1），與y正半軸的交于點B（1，3），∵P是橢圓上任一個動點，設點P（4cosθ，3sinθ）（θ∈[1，2π]）∴點P到直線AB：3x+4y﹣12=1的距離為d==|sin﹣1|，由此可得：當θ=時，dmax=（）∴△PAB面積的最大值為S=|AB|×dmax=6（）.點睛：(1)本題主要考查橢圓的參數方程和三角函數的圖像和性質，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力計算能力.(2)對于|sin﹣1|，不是sin=1時，整個函數取最大值，而應該是sin=-1，要看后面的“-1”.5、B【解析】

由古典概型及其概率計算公式得：有人表現突出，則縣選取的人表現不突出的概率是，得解．【詳解】由已知有分別從，兩個縣的15人中各選1人，已知有人表現突出，則共有種不同的選法，又已知有人表現突出，且縣選取的人表現不突出，則共有種不同的選法，已知有人表現突出，則縣選取的人表現不突出的概率是.故選：B．本題考查條件概率的計算，考查運算求解能力，求解時注意與古典概率模型的聯(lián)系.6、A【解析】

利用代入法，即可得到伸縮變換的曲線方程．【詳解】∵伸縮變換，∴xx′，yy′，代入曲線y＝sin2x可得y′＝3sinx′故選：A．本題考查代入法求軌跡方程，考查學生的計算能力，比較基礎．7、C【解析】

首先化簡，通過所對點在第四象限建立不等式組，得到答案.【詳解】根據題意得，，因為復平面內對應的點在第四象限，所以，解得，故選C.本題主要考查復數的四則運算，復數的幾何意義，難度不大.8、D【解析】

分別判斷命題的真假性，然后再判斷每個選項的真假【詳解】，即不存在，命題是假命題若恒成立，⑴時，，即符合條件⑵時，則解得，則命題為真命題故是真命題故選本題考查了含有“或”“且”“非”命題的真假判定，只需將命題的真假進行判定出來即可，需要解答一元二次不等式，屬于基礎題．9、B【解析】

由題意得出正態(tài)密度曲線關于直線對稱，由正態(tài)密度曲線的對稱性得知所求概率為可得出結果.【詳解】由題意，得，又，所以，故選B.本題考查正態(tài)分布在指定區(qū)間上概率的計算，解題時要充分利用正態(tài)密度曲線的對稱性轉化為已知區(qū)間的概率來計算，考查運算求解能力，屬于中等題.10、B【解析】

直接根據交集的定義求解即可．【詳解】因為集合2，，3，，所以，根據交集的定義可得，故選B．研究集合問題，一定要抓住元素，看元素應滿足的屬性.研究兩集合的關系時，關鍵是將兩集合的關系轉化為元素間的關系，本題實質求滿足屬于集合且屬于集合的元素的集合.11、C【解析】

將甲乙看作一個大的元素與其他元素進行排列，再乘即可得出結論．【詳解】五個人站成一排，其中甲乙相鄰，將甲乙看作一個大的元素與其他3人進行排列，再考慮甲乙順序為，故共種站法.故選：C.本題考查排列組合的應用，求排列組合常用的方法有：元素優(yōu)先法、插空法、捆綁法、隔板法、間接法等，解決排列組合問題對學生的抽象思維能力和邏輯思維能力要求較高，本題屬于簡單題.12、D【解析】

作出幾何體，根據圖像，結合線面、面面間的關系，即可得出結果.【詳解】如下圖，m∥n，且m，n與底面α、左面β都平行，但α、β相交，所以，D不正確．由面面平行的判定可知A、B、C都正確．故選D本主要考查空間中，直線、平面間的位置關系，熟記線面、面面位置關系，即可求出結果.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、3，4【解析】

先設等差數列公差為，根據題意求出公差，進而可求出結果.【詳解】設等差數列公差為，因為，且，，成等比數列，所以，即，解得或.所以或.故答案為3，4本題主要考查等差數列的基本量的計算，熟記等差數列的通項公式即可，屬于基礎題型.14、【解析】

試題分析：由題意得，，所以直角坐標為故答案為：考點：極坐標與直角坐標的互化.15、【解析】

Tr+1＝（﹣1）rx7﹣2r，r必須為偶數，分別令r＝0，2，4，6，經過比較即可得出【詳解】，r必須為偶數，分別令r＝0，2，4，6，其系數分別為：1，,,經過比較可得：r＝4時滿足條件，故答案為：．本題考查了二項式定理的應用，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．16、【解析】

先將對任意，恒成立，轉化為，利用基本不等式和函數單調性，分別研究對任意恒成立，和對任意恒成立，即可求出結果.【詳解】等價于，即，①先研究對任意恒成立，即對任意恒成立，∵，當且僅當“”時取等號，∴；②再研究對任意恒成立，即對任意恒成立，∵函數在上單調遞增，∴，∴；綜上，實數的取值范圍是.故答案為：.本題主要考查不等式恒成立求參數的范圍，熟記基本不等式以及函數單調性即可，屬于常考題型.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、見解析【解析】

本題是含有參數的解不等式，可以先將不等式轉化為的形式，再通過分類討論參數得出解．【詳解】時，且；時，等價于因為，所以，所以不等式可化簡為當時，或．當時，，或綜上所述，時，且；0時或時，或}在解含有參數的不等式的時候，一定要注意參數的取值范圍并進行分類討論．18、（1）見解析（2）.【解析】試題分析：（1）延長交于點，由重心性質及中位線性質可得，再結合圓的性質得，由已知，可證平面，進一步可得平面平面（2）以點為原點，，，方向分別為，，軸正方向建立空間直角坐標系，寫出各點坐標，利用二面角與二個半平面的法向量的夾角間的關系可求二面角的余弦值．試題解析：（1）如圖，延長交于點.因為為的重心，所以為的中點.因為為的中點，所以.因為是圓的直徑，所以，所以.因為平面，平面，所以.又平面，平面=，所以平面.即平面，又平面，所以平面平面.（2）以點為原點，，，方向分別為，，軸正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，，則，.平面即為平面，設平面的一個法向量為，則令，得.過點作于點，由平面，易得，又，所以平面，即為平面的一個法向量.在中，由，得，則，.所以，.所以.設二面角的大小為，則.點睛：若分別二面角的兩個半平面的法向量，則二面角的大小滿足，二面角的平面角的大小是的夾角(或其補角，需根據觀察得出結論)．在利用向量求空間角時，建立合理的空間直角坐標系，正確寫出各點坐標，求出平面的法向量是解題的關鍵．19、（1）；（2）見解析.【解析】分析：（1）由題意得，，即可求出答案；（2）設直線的方程為聯(lián)立直線方程與橢圓方程，由韋達定理表述出，，又，化簡整理即可.詳解：（1）∵的面積為，∴，即.又∵橢圓的四個頂點圍成的菱形的面積為，∴，即.∴，∴∴，∴的方程為.（2）由題意可知，點為的中點，則.設直線的方程為，聯(lián)立，可得，∴，∴∴設，則∵函數在上單調遞減，∴當時，取得最大值.點睛：有關圓錐曲線弦長、面積問題的求解方法(1)涉及弦長的問題中，應熟練地利用根與系數的關系、設而不求計算弦長；涉及垂直關系時也往往利用根與系數的關系、設而不求法簡化運算；涉及過焦點的弦的問題，可考慮用圓錐曲線的定義求解．(2)面積問題常采用S△＝×底×高，其中底往往是弦長，而高用點到直線距離求解即可，選擇底很重要，選擇容易坐標化的弦長為底．有時根據所研究三角形的位置，靈活選擇其面積表達形式．若求多邊形的面積問題，常轉化為三角形的面積后進行求解．(3)在求解有關直線與圓錐曲線的問題時，應注意數形結合、分類與整合、轉化與化歸及函數與方程思想的應用．20、（1）19小時；22小時.（2）（3）分布列見詳解；.【解析】

（1）根據平均數計算公式，分別計算兩組數據的平均數即可；（2）根據二項分布的概率計算公式即可求得；（3）根據題意寫出的取值范圍，再根據古典概型概率計算公式求得對應概率，寫出分布列，根據分布列求得期望.【詳解】（1）A班樣本數據的平均值為，由此估計A班學生每周平均上網時間19小時；B班樣本數據的平均值為，由此估計B班學生每周平均上網時間22小時.（2）因為從A班的6個樣本數據中隨機抽取1個的數據，為“過度用網”的概率是，根據二項分布的概率計算公式：從A班的樣本數據中有放回的抽取2個的數據，恰有1個數據為“過度用網”的概率：.（3）的可能取值為0,1,2,3,4.，，，，.的分布列是：01234P.本題考查根據莖葉圖計算數據的平均值，離散型隨機變量的分布列求解以及根據分布列求解數學期望，屬綜合中檔題.21、（1）56；（