河北省遵化市堡子店中學2024屆高二數學第二學期期末教學質量檢測模擬試題考生須知：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．下列關于獨立性檢驗的敘述：①常用等高條形圖展示列聯表數據的頻率特征；②獨立性檢驗依據小概率原理；③樣本不同，獨立性檢驗的結論可能有差異；④對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越小，與有關系的把握程度就越大.其中正確的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．42．如圖，網格紙的小正方形的邊長是1，粗線表示一正方體被某平面截得的幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為A．2 B．4 C．6 D．83．某市交通部門為了提高某個十字路口通行效率，在此路口增加禁止調頭標識（即車輛只能左轉、右轉、直行），則該十字路口的行車路線共有（）A．24種 B．16種 C．12種 D．10種4．已知定義在上的偶函數在上單調遞增，則函數的解析式不可能是()A． B． C． D．5．已知函數，的圖象分別與直線交于兩點，則的最小值為

A． B． C． D．6．已知為自然對數的底數，則函數的單調遞增區間是（）A． B． C． D．7．從甲、乙、丙、丁四人中選取兩人參加某項活動，則甲、乙兩人有且僅有一人入選的概率為（）A． B． C． D．8．下列命題錯誤的是A．若直線平行于平面，則平面內存在直線與平行B．若直線平行于平面，則平面內存在直線與異面C．若直線平行于平面，則平面內存在直線與垂直D．若直線平行于平面，則平面內存在直線與相交9．一個三位數的百位，十位，個位上的數字依次是，當且僅當時稱為“凹數”，若，從這些三位數中任取一個，則它為“凹數”的概率是A． B． C． D．10．下列函數中，既是偶函數，又在區間上單調遞增的是（）A． B． C． D．11．“若，則，都有成立”的逆否命題是（）A．有成立，則 B．有成立，則C．有成立，則 D．有成立，則12．在某次體檢中，學號為（）的四位同學的體重是集合中的元素，并滿足，則這四位同學的體重所有可能的情況有（）A．55種 B．60種 C．65種 D．70種二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某種飲料每箱裝6聽，若其中有2聽不合格，質檢員從中隨機抽出2聽，則含有不合格品的概率為________.14．在平面直角坐標系中,已知,,兩曲線與在區間上交點為.若兩曲線在點處的切線與軸分別相交于兩點,則線段的為____________.15．若復數為純虛數，則實數=______.16．由數字0，1，2，3，4，5組成沒有重復數字的六位數，其中偶數共有__________個．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，其中.（1）討論的單調性；（2）若時，函數恰有一個零點，求實數的值.（3）已知數列滿足，其前項和為，求證：（其中）.18．（12分）如圖四棱錐中，底面是正方形，，，且，為中點．(1)求證：平面；(2)求二面角的余弦值．19．（12分）設函數.（1）解不等式；（2）求函數的最大值.20．（12分）在直角坐標系中，曲線（為參數，），曲線（為參數）.以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為：，記曲線與的交點為.（Ⅰ）求點的直角坐標；（Ⅱ）當曲線與有且只有一個公共點時，與相較于兩點，求的值.21．（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.22．（10分）如圖，已知點是橢圓上的任意一點，直線與橢圓交于，兩點，直線，的斜率都存在．（1）若直線過原點，求證：為定值；（2）若直線不過原點，且，試探究是否為定值．

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、C【解題分析】分析：根據獨立性檢驗的定義及思想，可得結論．詳解：①常用等高條形圖展示列聯表數據的頻率特征；正確；②獨立性檢驗依據小概率原理；正確；③樣本不同，獨立性檢驗的結論可能有差異；正確；④對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越大，與有關系的把握程度就越大.故④錯誤.故選C.點睛：本題考查了獨立性檢驗的原理，考查了推理能力，屬于基礎題．2、B【解題分析】

由題意，直觀圖如圖所示，由圖可知該幾何體的體積為為正方體的一半．【題目詳解】由題意，直觀圖如圖所示，由圖可知該幾何體的體積為為正方體的一半，即為2×2×2＝1．故選B．【題目點撥】本題考查由三視圖求體積，考查學生的計算能力，確定幾何體的形狀是關鍵．3、C【解題分析】

根據每個路口有種行車路線，一個十字路口有個路口，利用分步乘法計數原理即可求解.【題目詳解】每個路口有種行車路線，一個十字路口有個路口，故該十字路口行車路線共有（種）故選：C【題目點撥】本題考查了分布乘法計數原理，屬于基礎題.4、D【解題分析】

根據奇偶函數定義域關于原點對稱求得的值.在根據單調性判斷出正確選項.【題目詳解】由于函數為偶函數，故其定義域關于原點對稱，即，故函數的定義域為，且函數在上遞增，故在上遞減.對于A選項，，符合題意.對于B選項，符合題意.對于C選項，符合題意.對于D選項，，在上遞減，不符合題意，故本小題選D.【題目點撥】本小題主要考查函數的奇偶性，考查函數的單調性，考查含有絕對值函數的理解，屬于基礎題.5、B【解題分析】由題意，，其中，，且，所以.令，則，為增函數.令，得.所以.時，時,所以在上單調遞減，在上單調遞增.所以時,.故選B.點睛：本題的解題關鍵是將要求的量用一個變量來表示，進而利用函數導數得到函數的單調性求最值，本題中有以下幾個難點：（1）多元問題一元化，本題中涉及的變量較多，設法將多個變量建立等量關系，進而得一元函數式；（2）含絕對值的最值問題，先研究絕對值內的式子的范圍，最后再加絕對值處理.6、A【解題分析】因，故當時，函數單調遞增，應選答案A。7、B【解題分析】

算出總的個數和滿足所求事件的個數即可【題目詳解】從甲、乙、丙、丁四人中選取兩人參加某項活動，總共有種情況其中滿足甲乙兩人僅有一人入選的有種情況所以甲、乙兩人有且僅有一人入選的概率為故選：B【題目點撥】本題考查了古典概型的求法，組合問題的簡單應用，屬于基礎題8、D【解題分析】分析：利用空間中線線、線面間的位置關系求解．詳解：A.若直線平行于平面，則平面內存在直線與平行，正確；B.若直線平行于平面，則平面內存在直線與異面，正確；C.若直線平行于平面，則平面內存在直線與垂直，正確，可能異面垂直；D.若直線平行于平面，則平面內存在直線與相交，錯誤，平行于平面，與平面沒有公共點.故選D.點睛：本題主要考查命題的真假判斷，涉及線面平行的判定和性質，屬于基礎題．9、C【解題分析】

先分類討論求出所有的三位數，再求其中的凹數的個數，最后利用古典概型的概率公式求解.【題目詳解】先求所有的三位數，個位有4種排法，十位有4種排法，百位有4種排法，所以共有個三位數.再求其中的凹數，第一類：凹數中有三個不同的數，把最小的放在中間，共有種，第二類，凹數中有兩個不同的數，將小的放在中間即可，共有種方法，所以共有凹數8+6=14個，由古典概型的概率公式得P=.故答案為：C【題目點撥】本題主要考查排列組合的運用，考查古典概型的概率，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.10、D【解題分析】分析：根據函數奇偶性和單調性的定義和性質，對選項中的函數逐一驗證判斷即可.詳解：四個選項中的函數都是偶函數，在上三個函數在上都遞減，不符合題意，在上遞增的只有，而故選D．點睛：本題主要考查函數奇偶性和單調性的判斷，要求熟練掌握常見函數的奇偶性和單調性的性質，意在考查綜合應用所學知識解決問題的能力.11、D【解題分析】

根據逆否命題定義以及全稱命題否定求結果.【題目詳解】“若，則，都有成立”的逆否命題是:有成立，則,選D.【題目點撥】對全稱(存在性)命題進行否定的兩步操作：①找到命題所含的量詞，沒有量詞的要結合命題的含義加上量詞，再進行否定；②對原命題的結論進行否定.12、D【解題分析】

根據中等號所取個數分類討論，利用組合知識求出即可.【題目詳解】解：當中全部取等號時，情況有種；當中有兩個取等號，一個不取等號時，情況有種；當中有一個取等號，兩個不取等號時，情況有種；當中都不取等號時，情況有種；共種.故選：D.【題目點撥】本題考查分類討論研究組合問題，關鍵是要找準分類標準，是中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

含有不合格品分為兩類：一件不合格和兩件不合格，分別利用組合公式即可得到答案.【題目詳解】質檢員從中隨機抽出2聽共有種可能，而其中含有不合格品共有種可能，于是概率為：.【題目點撥】本題主要考查超幾何分布的相關計算，難度不大.14、【解題分析】分析：求出點坐標，然后分別求出和在A處切線方程，即可求出兩點坐標詳解：由可得，所以又因為所以所以在A點處切線方程為：令解得，所以又因為所以所以在A點處切線方程為：令解得，所以所以線段BC的長度為點睛：熟練記憶導函數公式是解導數題的前提條件，導數的幾何意義是在曲線上某一點處的導數就等于該點處切線斜率，是解決曲線切線的關鍵，要靈活掌握.15、【解題分析】分析：純虛數的表現形式是中，且，根據這個條件，列出關于的方程組，從而可得結果.詳解：復數為純虛數，且，，故答案為.點睛：本題主要考查純虛數的定義，意在考查對基本概念掌握的熟練程度，屬于簡單題.16、312【解題分析】

考慮個位是0和個位不是0兩種情況，分別計算相加得到答案.【題目詳解】當個位是0時，共有種情況；當個位不是時，共有種情況.綜上所述：共有個偶數.故答案為：.【題目點撥】本題考查了排列的應用，將情況分為個位是0和個位不是0兩種類別是解題的關鍵.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）當時，在上單調遞增，當時，在上單調遞增，在上單調遞減；（2）；（3）證明見解析【解題分析】

（1）求出，然后分和兩種情況討論（2）由（1）中的結論，要使恰有1個零點，只需函數的最小值為0（3）由（1）知，當時，，即，然后可得，由此可證明，然后兩邊同時取對數即可【題目詳解】（1）當時，，從而在上單調遞增；當時，，從而在上單調遞增，在上單調遞減（2）由（1）知，當時在上單調遞增，在上單調遞減，要使恰有1個零點，只需函數的最小值為0，即，解得（3）由（1）知，當時，，即令，得則，，，…，，即兩邊取以為底的對數得：【題目點撥】本題考查的是利用導數研究函數的單調性、零點個數及證明不等式，屬于較難題.18、(1)證明見解析；(2).【解題分析】

（1）推導出，，從而平面，進而．求出，由此能證明平面．（2）以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角的正弦值．【題目詳解】（1）∵底面為正方形，∴，又，，∴平面，∴.同理，，∴平面.（2）建立如圖的空間直角坐標系，不妨設正方形的邊長為2.則，，，設為平面的一個法向量，又，，，令，，得同理是平面的一個法向量，則.∴二面角的余弦值為.【題目點撥】本題考查線面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、數形結合思想，是中檔題．19、（1）；（2）3【解題分析】

（1）利用零點分類討論法解不等式.(2)先化成分段函數，再結合分段函數的圖像即得其最大值.【題目詳解】⑴①當x＜-1時，；②當-1≤x≤2時，，；③當時，，；綜上，不等式的解集為；⑵，由其圖知，.【題目點撥】(1)本題主要考查零點討論法解絕對值不等式，考查分段函數的最值，意在考查學生對這些知識的掌握水平和數形結合分析推理能力.(2)分類討論是高中數學的一種重要思想，要注意小分類求交，大綜合求并.20、（Ⅰ）（Ⅱ）1【解題分析】

試題分析：（1）將轉化為普通方程，解方程組可得的坐標；（2）為圓，當有一個公共點時，可求得參數的值，聯立的普通方程，利用根與系數的關系可得的值．解：（Ⅰ）由曲線可得普通方程.由曲線可得直角坐標方程：.由得，（Ⅱ）曲線（為參數，）消去參數可得普通方程：，圓的圓心半徑為，曲線與有且只有一個公共點，，即，設聯立得4x1x2﹣4（x1+x2）+4＝2×（﹣1）2﹣4×（﹣1）﹣44＝1．.21、（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.22、（1）見解析（2），詳見解析【解題分析】

（1）設，，由橢圓對稱性得，把點，的