2024屆浙江省嘉興嘉善高級中學高二數學第二學期期末考試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．袋中有大小和形狀都相同的個白球、個黑球，現從袋中每次取一個球，不放回地抽取兩次，則在第一次取到白球的條件下，第二次取到白球的概率是（）A． B． C． D．2．已知a=1,b=3-2A．a>b>c B．a>c>b C．b>c>a D．c>b>a3．把邊長為的正沿邊上的高線折成的二面角,則點到的距離是()A． B． C． D．4．已知為虛數單位，復數滿足，則的共軛復數()A． B． C． D．5．已知拋物線y2=8x的焦點和雙曲線A．3 B．3 C．5 D．56．設為虛數單位，復數為純虛數，則（）．A．2 B．-2 C． D．7．已知函數，若只有一個極值點，則實數的取值范圍是A． B． C． D．8．執行如圖所示的程序框圖，如果輸入，則輸出的結果是（）A． B． C． D．9．函數y＝﹣ln（﹣x）的圖象大致為（）A． B．C． D．10．名同學參加班長和文娛委員的競選，每個職務只需人，其中甲不能當文娛委員，則共有（）種不同結果（用數字作答）A． B． C． D．11．現有5人參加抽獎活動，每人依次從裝有5張獎票（其中3張為中獎票）的箱子中不放回地隨機抽取一張，直到3張中獎票都被抽出時活動結束，則活動恰好在第4人抽完后結束的概率為（）A． B． C． D．12．已知，則（）A． B． C．2 D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知二項式的展開式中各項的二項式系數之和是16，則展開式中的含項的系數是_________．14．已知一扇形的面積是8cm2，周長是12cm，則該扇形的圓心角α（0<α<π）的弧度數是_______15．函數y=sin2x+2sin2x的最小正周期T為_______.16．更相減損術是出自九章算術的一種算法如圖所示的程序框圖是根據更相減損術寫出的，若輸入，，則輸出的值為______．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）已知公差不為零的等差數列滿足，且，，成等比數列.（1）求數列的通項公式；（2）若，且數列的前項和為，求證：.18．（12分）已知四棱錐的底面為直角梯形，，，，，底面，為的中點.（1）求異面直線與所成角的余弦值；（2）設是棱上的一點，當平面時，求直線與平面所成角的正弦值.19．（12分）在平面直角坐標系中，已知橢圓的焦距為4，且過點．（1）求橢圓的方程（2）設橢圓的上頂點為，右焦點為，直線與橢圓交于、兩點，問是否存在直線，使得為的垂心，若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由．20．（12分）知函數，，與在交點處的切線相互垂直.(1)求的解析式；(2)已知,若函數有兩個零點,求的取值范圍.21．（12分）已知函數在其定義域內有兩個不同的極值點.（1）求的取值范圍；（2）試比較與的大小，并說明理由；（3）設的兩個極值點為，證明.22．（10分）為了探究車流量與的濃度是否相關，現采集到華中某城市2015年12月份某星期星期一到星期日某一時間段車流量與的數據如表：時間星期一星期二星期三星期四星期五星期六星期日車流量（萬輛）1234567的濃度（微克/立方米）28303541495662（1）求關于的線性回歸方程；（提示數據：）（2）（I）利用（1）所求的回歸方程，預測該市車流量為12萬輛時的濃度；（II）規定：當一天內的濃度平均值在內，空氣質量等級為優；當一天內的濃度平均值在內，空氣質量等級為良，為使該市某日空氣質量為優或者為良，則應控制當天車流量不超過多少萬輛？（結果以萬輛為單位，保留整數）參考公式：回歸直線的方程是，其中，.

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【解題分析】

分別計算第一次取到白球的概率和第一次取到白球且第二次取到白球的概率，根據條件概率公式求得結果.【題目詳解】記“第一次取到白球”為事件，則記“第一次取到白球且第二次取到白球”為事件，則在第一次取到白球的條件下，第二次取到白球的概率：本題正確選項：【題目點撥】本題考查條件概率的求解問題，易錯點是忽略抽取方式為不放回的抽取，錯誤的認為每次抽到白球均為等可能事件.2、A【解題分析】

將b、c進行分子有理化，分子均化為1，然后利用分式的基本性質可得出三個數的大小關系。【題目詳解】由3而3+2<6+5，所以b>c，又【題目點撥】本題考查比較大小，在含有根式的數中，一般采用有理化以及平方的方式來比較大小，考查分析問題的能力，屬于中等題。3、D【解題分析】

取中點，連接，根據垂直關系可知且平面，通過三線合一和線面垂直的性質可得，，從而根據線面垂直的判定定理知平面，根據線面垂直性質知，即為所求距離；在中利用勾股定理求得結果.【題目詳解】取中點，連接，如下圖所示：為邊上的高，即為二面角的平面角，即且平面為正三角形為正三角形又為中點平面，平面又平面即為點到的距離又，本題正確選項：【題目點撥】本題考查立體幾何中點到直線距離的求解，關鍵是能夠通過垂直關系在立體圖形中找到所求距離，涉及到線面垂直的判定定理和性質定理的應用，屬于中檔題.4、A【解題分析】由，得，故選A.5、A【解題分析】

先求出拋物線的焦點坐標，進而可得到雙曲線的右焦點坐標，然后利用m=a2【題目詳解】由題意，拋物線的焦點坐標為2,0，則雙曲線的右焦點為2,0，則m=22【題目點撥】本題考查了拋物線、雙曲線的焦點坐標的求法，考查了學生的計算能力，屬于基礎題.6、D【解題分析】

整理得：，由復數為純虛數列方程即可得解．【題目詳解】因為又它是純虛數，所以，解得：故選D【題目點撥】本題主要考查了復數的除法運算，還考查了復數的相關概念，考查方程思想，屬于基礎題．7、C【解題分析】

由，令，解得或，令，利用導數研究其單調性、極值，得出結論.【題目詳解】，令，解得或，令，可得，當時，函數取得極小值，，所以當時，令，解得，此時函數只有一個極值點，當時，此時函數只有一個極值點1，滿足題意，當時不滿足條件，舍去.綜上可得實數的取值范圍是，故選C.【題目點撥】本題主要考查了利用導數研究函數的單調性與極值、方程與不等式的解法、分類討論思想，屬于難題.8、B【解題分析】

根據題意，運行程序可實現運算求值，從而得答案．【題目詳解】第一次執行程序，，第二次執行程序，，第三次執行程序，，因為，滿足條件，跳出循環，輸出結果.

故選：B．【題目點撥】本題主要考查了程序框圖，循環結構，條件分支結構，屬于容易題．9、C【解題分析】

分析函數的定義域，利用排除法，即可求解，得到答案．【題目詳解】由題意，函數的定義域為，所以可排除A、B、D，故選C．【題目點撥】本題主要考查了函數圖象的識別問題，其中解答中合理使用函數的性質，利用排除法求解是解答的關鍵，著重考查了判斷與識別能力，屬于基礎題．10、B【解題分析】

先安排甲以外的一人擔任文娛委員，再從剩下的3人選一人擔任班長即可．【題目詳解】先從甲以外的三人中選一人當文娛委員，有3種選法，再從剩下的3人選一人擔任班長，有3種選法，故共有種不同結果．故選：B.【題目點撥】本題主要考查分步乘法計數原理的應用,屬于基礎題.11、C【解題分析】試題分析：將5張獎票不放回地依次取出共有種不同的取法，若活動恰好在第四次抽獎結束，則前三次共抽到2張中獎票，第四次抽到最后一張中獎票．共有種取法，∴考點：古典概型及其概率計算公式12、B【解題分析】

直接利用和角公式和同角三角函數關系式的應用求出結果．【題目詳解】由,得,則,故.故選B【題目點撥】本題考查的知識要點：三角函數關系式的恒等變換，和角公式的應用，主要考察學生的運算能力和轉換能力，屬于基礎題型．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

先由二項式系數之和求出，再根據二項展開式的通項公式，即可求出結果.【題目詳解】因為二項式的展開式中各項的二項式系數之和是16，所以，即；所以，其二項展開式的通項為：，令得，所以，因此含項的系數是.故答案為：.【題目點撥】本題主要考查求指定項的系數，熟記二項式定理即可，屬于常考題型.14、1【解題分析】

設半徑為，則，，可解出對答案．【題目詳解】設半徑為，則，,由有代入有：，解得或，當時，，當時，，又，所以.故答案為：【題目點撥】本題考查扇形的面積，弧度制公式等，屬于容易題．15、【解題分析】考點：此題主要考查三角函數的概念、化簡、性質，考查運算能力.16、【解題分析】輸入，執行程序框圖，第一次；第二次；第三次；第四次，滿足輸出條件，輸出的的值為，故答案為.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、(1).(2)見詳解.【解題分析】

(1)設公差為，由已知條件列出方程組，解得，解得數列的通項公式.(2)得出，可由裂項相消法求出其前項和，進而可證結論.【題目詳解】(1)設等差數列的公差為().由題意得則化簡得解得所以.(2)證明：，所以.【題目點撥】本題考查等差數列和等比數列的基本量運算、裂項相消法求和、不等式的證明.通項公式形如的數列，可由裂項相消法求和.18、（1）;（2）.【解題分析】

以點為坐標原點，以直線，，分別為，，軸建立空間直角坐標系（1）由可得異面直線與所成角的余弦值．（2）當平面時，設，要使平面，只需即可．即可得即為的中點，即，由即可求得直線與平面所成角的正弦值．【題目詳解】解：以點為坐標原點，以直線，，分別為，，軸建立空間直角坐標系.則，，，，，.（1），．則異面直線與所成角的余弦值為．（2）當平面時，設.，，，面．要使平面，只需即可．，．即為的中點，即,，平面的法向量為，則．直線與平面所成角的正弦值為.【題目點撥】本題考查了異面直線所成角，考查了線面角.本題的易錯點是第二問中，錯把當成了線面角.19、（1）；（2）存在直線滿足題設條件,詳見解析【解題分析】

（1）由已知列出關于，，的方程組，解得，，，寫出結果即可；（2）由已知可得，，．所以，因為，所以可設直線的方程為，代入橢圓方程整理，得．設，，，，由根與系數的關系寫出兩根之和和兩根之積的表達式，再由垂心的性質列出方程求解即可．【題目詳解】（1）由已知可得，解得，，，所以橢圓的方程為．（2）由已知可得，，∴.∵，∴可設直線的方程為，代入橢圓方程整理，得.設，則，∵.即∵即，∵∴或.由，得又時，直線過點，不合要求，∴，故存在直線滿足題設條件.【題目點撥】本題主要考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關系應用，以及垂心的定義應用。意在考查學生的數學運算能力。20、(1)．(2)或．【解題分析】分析：（1）分別求出與在交點處切線的斜率，從而得到答案；（2）對求導，分類討論即可.詳解：(1)，，又，，與在交點處的切線相互垂直，,.又在上,，故.(2)由題知.①,即時,令,得;令,得或，在區間上單調遞增,在區間上單調遞減,在區間上單調遞增,故存在使.又，，，在區間上有一個零點,在區間上有一個零點,在區間上有一個零點,共個零點,不符合題意,舍去.②時,令,得，令,得或，在區間上單調遞增,在區間上單調遞減,在區間上單調遞增，又,,有兩個零點,符合題意.③,即時,令,得,令,得或，在區間上單調遞增,在區間上單調遞減,在區間上單調遞增，，在區間上存在一個零點,若要有兩個零點,必有,解得.④,即時,令,得，令,得或，在區間上單調遞增,在區間上單調遞減,在區間上單調遞增，,在區間上存在一個零點，又，∴在區間∴上不存在零點,即只有一個零點,不符合題意.綜上所述,或.點睛：函數零點或函數圖象交點問題的求解，一般利用導數研究函數的單調性、極值等性質，并借助函數圖象，根據零點或圖象的交點情況，建立含參數的方程(或不等式)組求解，實現形與數的和諧統一．21、(1)；（2）；理由見解析；（3）證明見解析【解題分析】

（1）根據函數在定義域內有兩個不同極值點可知方程有兩個不等正根，將問題轉化為與在上有兩個不同交點；利用過一點曲線的切線的求解方法可求出過原點與相切的直線的斜率，從而可得，解不等式求得結果；（2）令，求導后可知在上單調遞減，從而可得，化簡可得；（3）易知是方程的兩根，令，可整理得到，從而將所證不等式化為，采用換元的方式可知只需證，恒成立；構造函數，，利用導數可知在上單調遞增，可得，進而證得結論.【題目詳解】（1）由題意得：定義域為；在上有兩個不同極值點等價于方程有兩個不等正根即：與在有兩個不同的交點設過的的切線與相切于點則切線斜率，解得：過的的切線的斜率為：，解得：即的取值范圍為：（2）令，則時，；時，在上單調遞增；在上單調遞減，即：即：（3）由（1）知，是方程的兩