2024屆河南省鄭州市河南實驗中學高二數學第二學期期末教學質量檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．已知向量，，且，若實數滿足不等式，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．2．“x>1”是“log12A．充要條件 B．充分不必要條件 C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件3．拋擲甲、乙兩顆骰子，若事件A：“甲骰子的點數大于4”；事件B：“甲、乙兩骰子的點數之和等于7”，則的值等于（）A． B． C． D．4．若,則下列結論正確的是()A． B． C． D．5．若存在，使得不等式成立，則實數的最大值為（）A． B． C． D．6．已知函數，，若有最小值，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．7．某單位為了了解辦公樓用電量y（度）與氣溫x（℃）之間的關系，隨機統計了四個工作量與當天平均氣溫，并制作了對照表：氣溫（℃）181310-1用電量（度）24343864由表中數據得到線性回歸方程y=-2x+a，當氣溫為A．68度 B．52度 C．12度 D．28度8．已知，函數的零點分別為，函數的零點分別為，則的最小值為（）A．1 B． C． D．39．設非零向量滿足，，則向量間的夾角為()A．150° B．60°C．120° D．30°10．設函數，集合，則圖中的陰影部分表示的集合為（）A． B．C． D．11．有六人排成一排，其中甲只能在排頭或排尾，乙、丙兩人必須相鄰，則滿足要求的排法有（）A．34種 B．48種C．96種 D．144種12．已知的分布列為-101設，則的值為（）A．4 B． C． D．1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知復數（，為常數，）是復數的一個平方根，那么復數的兩個平方根為______.14．已知展開式中的系數是__________．15．若滿足約束條件則的最大值為__________．16．根據如圖所示的偽代碼，可知輸出的結果為____．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.（Ⅰ）求的單調區間；（Ⅱ）若對于任意的（為自然對數的底數），恒成立，求的取值范圍.18．（12分）把編號為1、2、3、4、5的小球，放入編號為1、2、3、4、5的盒子中.(1)恰有兩球與盒子號碼相同；(2)球、盒號碼都不相同，問各有多少種不同的方法19．（12分）隨著資本市場的強勢進入，互聯網共享單車“忽如一夜春風來”，遍布了一二線城市的大街小巷.為了解共享單車在市的使用情況，某調查機構借助網絡進行了問卷調查，并從參與調查的網友中抽取了200人進行抽樣分析，得到下表（單位：人）：經常使用偶爾或不用合計30歲及以下703010030歲以上6040100合計13070200（Ⅰ）根據以上數據，能否在犯錯誤的概率不超過0.15的前提下認為市使用共享單車情況與年齡有關？（Ⅱ）現從所抽取的30歲以上的網友中利用分層抽樣的方法再抽取5人.（1）分別求這5人中經常使用、偶爾或不用共享單車的人數；（2）從這5人中，再隨機選出2人贈送一件禮品，求選出的2人中至少有1人經常使用共享單車的概率.參考公式：，其中.參考數據：P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.010k02.0722.7063.8415.0246.63520．（12分）設函數，.（1）若，求不等式的解集；（2）若關于的不等式對任意的恒有解，求的取值范圍.21．（12分）已知動圓經過點，并且與圓相切.（1）求點的軌跡的方程；（2）設為軌跡內的一個動點，過點且斜率為的直線交軌跡于、兩點，當為何值時？是與無關的定值，并求出該值定值.22．（10分）如圖，已知橢圓的離心率是，一個頂點是．（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）設，是橢圓上異于點的任意兩點，且．試問：直線是否恒過一定點？若是，求出該定點的坐標；若不是，說明理由．

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、A【解題分析】分析：根據，得到，直線的截距為，作出不等式表示的平面區域，通過平推法確定的取值范圍.詳解：向量，，且，，整理得，轉換為直線滿足不等式的平面區域如圖所示.畫直線，平推直線，確定點A、B分別取得截距的最小值和最大值.易得,分別將點A、B坐標代入，得，故選A.點睛：本題主要考查兩向量垂直關系的應用，以及簡單的線性規劃問題，著重考查了分析問題和解答問題的能力和數形結合思想的應用.目標函數型線性規劃問題解題步驟：（1）確定可行區域（2）將轉化為，求z的值，可看做求直線，在y軸上截距的最值．（3）將平移，觀察截距最大（?。┲祵奈恢?，聯立方程組求點坐標．（4）將該點坐標代入目標函數，計算Z．2、B【解題分析】

試題分析：log12考點：充分必要條件.3、C【解題分析】本小題屬于條件概率所以事件B包含兩類：甲5乙2;甲6乙1;所以所求事件的概率為4、C【解題分析】

先用作為分段點，找到小于和大于的數.然后利用次方的方法比較大小.【題目詳解】易得，而，故，所以本小題選C.【題目點撥】本小題主要考查指數式和對數式比較大小，考查指數函數和對數函數的性質，屬于基礎題.5、A【解題分析】設，則當時，，單調遞減當時，，單調遞增存在，成立，，故選點睛：本題利用導數求解不等式問題，在解答此類問題時的方法可以分離參量，轉化為最值問題，借助導數，求出新函數的單調性，從而求出函數的最值，解出參量的取值范圍，本題較為基礎．6、C【解題分析】

對函數求導得出，由題意得出函數在上存在極小值點，然后對參數分類討論，在時，函數單調遞增，無最小值；在時，根據函數的單調性得出，從而求出實數的取值范圍.【題目詳解】，，構造函數，其中，則.①當時，對任意的，，則函數在上單調遞減，此時，，則對任意的，.此時，函數在區間上單調遞增，無最小值；②當時，解方程，得.當時，，當時，，此時，.（i）當時，即當時，則對任意的，，此時，函數在區間上單調遞增，無最小值；（ii）當時，即當時，，當時，，由零點存在定理可知，存在和，使得，即，且當和時，，此時，；當時，，此時，.所以，函數在處取得極大值，在取得極小值，由題意可知，，，可得，又，可得，構造函數，其中，則，此時，函數在區間上單調遞增，當時，則，.因此，實數的取值范圍是，故選：C.7、A【解題分析】由表格可知x=10，y=40，根據回歸直線方程必過(x,y)得a8、B【解題分析】試題分析：由題知，，，，.，又故選B．考點：1、函數的零點；2、指數運算；3、函數的最值.9、C【解題分析】

利用平方運算得到夾角和模長的關系，從而求得夾角的余弦值，進而得到夾角.【題目詳解】即本題正確選項：【題目點撥】本題考查向量夾角的求解，關鍵是利用平方運算和數量積運算將問題變為模長之間的關系，求得夾角的余弦值，從而得到所求角.10、C【解題分析】

根據集合的定義可知為定義域，為值域；根據對數型復合函數定義域的要求可求得集合，結合對數型復合函數單調性可求得值域，即集合；根據圖可知陰影部分表示，利用集合交并補運算可求得結果.【題目詳解】的定義域為：，即：在上單調遞增，在上單調遞減在上單調遞增，在上單調遞減；當時，；當時，的值域為：圖中陰影部分表示：又，本題正確選項：【題目點撥】本題考查集合基本運算中的交并補混合運算，關鍵是能夠明確兩個集合表示的含義分別為函數的定義域和值域，利用對數型復合函數的定義域要求和單調性可求得兩個集合；涉及到圖的讀取等知識.11、C【解題分析】試題分析：,故選C.考點：排列組合.12、B【解題分析】

由的分布列，求出，再由，求得.【題目詳解】，因為，所以.【題目點撥】本題考查隨機變量的期望計算，對于兩個隨機變量，具有線性關系，直接利用公式能使運算更簡潔.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、,【解題分析】

由題可知,再對開根號求的兩個平方根即可.【題目詳解】由題,故,即,故復數的兩個平方根為與故答案為：,【題目點撥】本題主要考查了復數的基本運算,運用即可聯系與的關系,屬于基礎題型.14、【解題分析】

利用二項展開式的通項公式,求得,從而可得答案.【題目詳解】因為展開式的通項公式為,,所以令,解得,所以展開式中的系數是.故答案為:36.【題目點撥】本題考查了二項展開式的通項公式,屬于基礎題.15、6【解題分析】分析：首先繪制出可行域，然后結合目標函數的幾何意義整理計算即可求得最終結果.詳解：繪制不等式組表示的平面區域如圖所示，結合目標函數的幾何意義可知目標函數在點A處取得最大值，聯立直線方程：，可得點A坐標為：，據此可知目標函數的最大值為：.點睛：求線性目標函數z＝ax＋by(ab≠0)的最值，當b＞0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最大，在y軸截距最小時，z值最小；當b＜0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最小，在y軸上截距最小時，z值最大.16、16；【解題分析】

程序語言表示“當型循環結構”，由值控制循環是否終止，當時，輸出的值.【題目詳解】輸出.【題目點撥】閱讀程序語言時，要注意循環體執行的次數，何時終止循環是解題的難點.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）當時，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；當時，的單調遞增區間為和，單調遞減區間是；（II）【解題分析】

（Ⅰ）求出，分兩種情況討論，在定義域內，分別令求得的范圍，可得函數增區間，求得的范圍，可得函數的減區間；（Ⅱ）對分四種情況討論，分別利用導數求出函數最小值的表達式，令最小值不小于零，即可篩選出符合題意的的取值范圍.【題目詳解】（Ⅰ）的定義域為..（1）當時，恒成立，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；（2）當時，由解得，由解得.∴的單調遞增區間為和，單調遞減區間是.（Ⅱ）①當時，恒成立，在上單調遞增，∴恒成立，符合題意.②當時，由（Ⅰ）知，在、上單調遞增，在上單調遞減.（i）若，即時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增.∴對任意的實數，恒成立，只需，且.而當時，且成立.∴符合題意.（ii）若時，在上單調遞減，在上單調遞增.∴對任意的實數，恒成立，只需即可，此時成立，∴符合題意.（iii）若，在上單調遞增.∴對任意的實數，恒成立，只需，即，∴符合題意.綜上所述，實數的取值范圍是.【題目點撥】本題主要考查利用導數研究函數的單調性、求函數的最值以及不等式恒成立問題，屬于難題．不等式恒成立問題常見方法：①分離參數恒成立(即可)或恒成立（即可）；②數形結合(圖象在上方即可)；③討論最值或恒成立；④討論參數，排除不合題意的參數范圍，篩選出符合題意的參數范圍.18、(1)20；(2)44.【解題分析】

(1)由題意結合排列組合公式和乘法原理即可求得恰有兩球與盒子號碼相同的種數；(2)利用全錯位排列的遞推關系式可得球、盒號碼都不相同的方法種數.【題目詳解】(1)易知3個球、盒號碼都不相同共有2種情況，則恰有兩球與盒子號碼相同的排列方法種數為：種；(2)利用全錯位排列的遞推關系式：可得：，即球、盒號碼都不相同共有44種方法.【題目點撥】本題主要考查排列組合公式的應用，全錯位排列的遞推關系式等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.19、（1）能在犯錯誤的概率不超過0.15的前提下認為市使用共享單車情況與年齡有關；（2）選出的2人中至少有1人經常使用共享單車的概率.【解題分析】試題分析：（1）計算k2，與2.027比較大小得出結論，（2）（i）根據分層抽樣即可求出，（ii）設這5人中，經常使用共享單車的3人分別為a，b，c；偶爾或不用共享單車的2人分別為d，e，根據古典概率公式計算即可．試題解析：（1）由列聯表可知，.因為，所以能在犯錯誤的概率不超過0.15的前提下認為市使用共享單車情況與年齡有關.（2）（i）依題意可知，所抽取的5名30歲以上的網友中，經常使用共享單車的有（人），偶爾或不用共享單車的有（人）.（ii）設這5人中，經常使用共享單車的3人分別為，，；偶爾或不用共享單車的2人分別為，.則從5人中選出2人的所有可能結果為，，，，，，，，，共10種.其中沒有1人經常使用共享單車的可能結果為共1種，故選出的2人中至少有1人經常使用共享單車的概率.點睛：古典概型中基本事件數的探求方法(1)列舉法.(2)樹狀圖法：適合于較為復雜的問題中的基本事件的探求.對于基本事件有“有序”與“無序”區別的題目，常采用樹狀圖法.(3)列表法：適用于多元素基本事件的求解問題，通過列表把復雜的題目簡單化、抽象的題目具體化.(4)排列組合法：適用于限制條件較多且元素數目較多的題目.20、(1)(2)【解題分析】分析：（1）當時，，據此零點分段可得不等式的解集為.（2）由二次函數的性質可知，由絕對值三角不等式的性質可得.據此可得的取值范圍是.詳解：（1）因為，所以，當時，，即，所以，當時，，即，所以，當時，，即，所以，綜上所述，原不等式的解集是.（2），.因為關于的不等式對任意的恒有解.所以，解得.點睛：絕對值不等式的解法：法一：利用絕對值不等式的幾何意義求解，體現了數形結合的思想；法二：利用“零點分段法”求解，體現了分類討論的思想；法三：通過構造函數，利用函數的圖象求解，體現了函數與方程的思想．21、（1）（2）.【解題分析】

（1）由題意可得點的軌跡是以、為焦點的橢圓，求出半長軸及半焦距的長度，再由隱含條件求得，則橢圓方程可求；（2）設，，，直線，聯立直線方程與橢圓方程，利用根與系數的關系求得、的橫坐標與縱坐標的和與積，再由是與無關的定值求得，進一步得到該定值．【題目詳解】（1）由題設得：|，點的軌跡是以、為焦點的橢圓，，，，橢