甘肅省武威市涼州區(qū)六壩鄉(xiāng)中學2024-2025學年數學高二第二學期期末調研模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．若方程在區(qū)間（-1,1）和區(qū)間（1,2）上各有一根,則實數的取值范圍是()A． B． C． D．或2．在15個村莊中有7個村莊交通不方便，現從中任意選10個村莊，用表示這10個村莊中交通不方便的村莊數，下列概率等于的是（）A． B． C． D．3．在去年的足球甲聯賽上，一隊每場比賽平均失球數是1.5，全年比賽失球個數的標準差為1.1；二隊每場比賽平均失球數是2.1，全年失球個數的標準差是0.4，你認為下列說法中正確的個數有（）①平均來說一隊比二隊防守技術好；②二隊比一隊防守技術水平更穩(wěn)定；③一隊防守有時表現很差，有時表現又非常好；④二隊很少不失球.A．1個 B．2個 C．3個 D．4個4．設，則的值為（）A． B． C． D．5．若二項式的展開式中二項式系數的和是64，則展開式中的常數項為A． B． C．160 D．2406．已知函數，且對任意的，都有恒成立，則的最大值為（）A． B． C． D．7．命題“對任意的，，”的否定是（）A．不存在， B．不存在，C．存在， D．存在，8．如果函數f(x)在區(qū)間[a,b]上存在x1,x2(a<x1<x2<b)，滿足f'(x1A．（13，12）B．（32，3）C．（19．的值為（）A．0 B．2 C．－1 D．110．設橢機變量X～N(3,1)，若P(X＞4)＝p，則P(2＜X＜4)＝A．＋p B．1－p C．1－2p D．－p11．已知可導函數的導函數為，若對任意的，都有，且為奇函數，則不等式的解集為（）A． B． C． D．12．在的二項展開式中，的系數為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知平面上1個三角形最多把平面分成2個部分，2個三角形最多把平面分成8個部分，3個三角形最多把平面分成20個部分，4個三角形最多把平面分成38個部分，5個三角形最多把平面分成62個部分…，以此類推，平面上個三角形最多把平面分成____________個部分.14．已知函數，，，當時，的值域為_____；15．下列說法中錯誤的是__________（填序號）①命題“，有”的否定是“”，有”；②已知，，，則的最小值為；③設，命題“若，則”的否命題是真命題；④已知，，若命題為真命題，則的取值范圍是.16．已知不等式對任意恒成立，其中，是與無關的實數，則的最小值是________.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）如圖，圓錐的軸截面為等腰為底面圓周上一點．（1）若的中點為，求證：平面；（2）如果，求此圓錐的體積；（3）若二面角大小為，求.18．（12分）已知函數（其中，且為常數）.（1）當時，求函數的單調區(qū)間；（2）若對于任意的，都有成立，求的取值范圍；（3）若方程在上有且只有一個實根，求的取值范圍.19．（12分）如圖,在四棱錐中,四邊形是直角梯形,，,，為等邊三角形.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）某小組有7個同學，其中4個同學從來沒有參加過天文研究性學習活動，3個同學曾經參加過天文研究性學習活動．（1）現從該小組中隨機選2個同學參加天文研究性學習活動，求恰好選到1個曾經參加過天文研究性學習活動的同學的概率；（2）若從該小組隨機選2個同學參加天文研究性學習活動，則活動結束后，該小組有參加過天文研究性學習活動的同學個數是一個隨機變量，求隨機變量的分布列和數學期望．21．（12分）已知函數．（1）當時，求函數的單調區(qū)間和極值；（2）若在上是單調函數，求實數的取值范圍．22．（10分）已知集合P＝，函數的定義域為Q.（Ⅰ）若PQ，求實數的范圍；（Ⅱ）若方程在內有解，求實數的范圍.

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、B【解析】

函數f（x）＝在區(qū)間（﹣1，1）和區(qū)間（1，2）上分別存在一個零點，則，解得即可．【詳解】∵函數f（x）＝ax2﹣2x+1在區(qū)間（﹣1，1）和區(qū)間（1，2）上分別存在一個零點，∴，即，解得a＜1，故選B．本題考查函數零點的判斷定理，理解零點判定定理的內容，將題設條件轉化為關于參數的不等式組是解本題的關鍵．2、D【解析】

利用古典概型、組合的性質直接求解.【詳解】在15個村莊中有7個村莊交通不方便，現從中任意選10個村莊，用表示這10個村莊中交通不方便的村莊數，則，故A錯誤；，故B錯誤；，故C錯誤；，故D正確；故選：D本題考查了古典概型的概率計算公式，組合的性質，屬于基礎題.3、D【解析】在（1）中，一隊每場比賽平均失球數是1.5，二隊每場比賽平均失球數是2.1，

∴平均說來一隊比二隊防守技術好，故（1）正確；

在（2）中，一隊全年比賽失球個數的標準差為1.1，二隊全年比賽失球個數的標準差為0.4，

∴二隊比一隊技術水平更穩(wěn)定，故（2）正確；

在（3）中，一隊全年比賽失球個數的標準差為1.1，二隊全年比賽失球個數的標準差為0.4，

∴一隊有時表現很差，有時表現又非常好，故（3）正確；

在（4）中，二隊每場比賽平均失球數是2.1，全年比賽失球個數的標準差為0.4，

∴二隊很少不失球，故（4）正確.故選：D．4、A【解析】

解析：當時，；當時，，故，應選答案A．5、D【解析】

由二項式定義得到二項展開式的二項式系數和為，由此得到，然后求通項，化簡得到常數項，即可得到答案.【詳解】由已知得到，所以，所以展開式的通項為，令，得到，所以展開式的常數項為，故選D.本題主要考查了二項展開式的二項式系數以及特征項的求法，其中熟記二項展開式的系數問題和二項展開式的通項是解答此類問題的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.6、B【解析】

先求出導函數，再分別討論，，的情況，從而得出的最大值【詳解】由題可得：；（1）當時，則，由于，所以不可能恒大于等于零；（2）當時，則在恒成立，則函數在上單調遞增，當時，，故不可能恒有；（3）當時，令，解得：，令，解得：，令，解得：，故在上單調遞減，在上單調遞增，則，對任意的，都有恒成立，即，得，所以；先求的最大值：由，令，解得：，令，解得：，令，解得，則在上所以單調遞增，在上單調遞減，所以；所以的最大值為；綜述所述，的最大值為；故答案選B本題考查函數的單調性，導數的應用，滲透了分類討論思想，屬于中檔題。7、C【解析】

已知命題為全稱命題,則其否定應為特稱命題，直接寫出即可.【詳解】命題“對任意的”是全稱命題，它的否定是將量詞的任意的實數變?yōu)榇嬖?，再將不等號變?yōu)榧纯?即得到：存在.故選:C.本題主要考查全稱命題的否定，注意量詞和不等號的變化，屬于簡單題.8、C【解析】試題分析：f'(x)=3x2-2x，f(a)-f(0)a-0=a2-a，所以函數f(x)=x3-x2+a是區(qū)間[0,a]上的“雙中值函數”等價于f'考點：1.新定義問題；2.函數與方程；3.導數的運算法則.【名師點睛】本題考查新定義問題、函數與方程、導數的運算法則以及學生接受鷴知識的能力與運用新知識的能力，難題.新定義問題是命題的新視角，在解題時首先是把新定義問題中的新的、不了解的知識通過轉翻譯成了解的、熟悉的知識，然后再去求解、運算.9、D【解析】分析：求二項展開式系數和一般方法為賦值法，即分別令x=1與x=-1得，最后相乘得結果.詳解：令，則，令，則，因此，選D.點睛：“賦值法”普遍適用于恒等式，是一種重要的方法，對形如的式子求其展開式的各項系數之和，常用賦值法，只需令即可；對形如的式子求其展開式各項系數之和，只需令即可.10、C【解析】分析：根據題目中：“正態(tài)分布N（3，1）”，畫出其正態(tài)密度曲線圖：根據對稱性，由P（X＞4）=p的概率可求出P（2＜X＜4）．詳解：∵隨機變量X～N（3，1），觀察圖得，P（2＜X＜4）=1﹣2P（X＞4）=1﹣2p．故選：C．點睛：本題主要考查正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義，注意根據正態(tài)曲線的對稱性解決問題．11、A【解析】

構造函數，利用導數研究函數的單調性，利用函數為奇函數得出，將不等式轉化為，即，利用函數的單調性可求解．【詳解】構造函數，則，所以，函數在上單調遞減，由于函數為奇函數，則，則，，由，得，即，所以，，由于函數在上為單調遞減，因此，，故選A．本題考查利用函數的單調性解函數不等式問題，解決本題的關鍵在于構造新函數，一般而言，利用構造新函數來解函數不等式的基本步驟如下：（1）根據導數不等式結構構造新函數；（2）對函數求導，確定函數的單調性，必要時分析函數的單調性；（3）將不等式轉化為，利用函數的單調性得出與的大小關系．12、C【解析】

因為,可得時，的系數為，C正確.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

設面上個三角形最多把平面分成個部分，歸納出，利用累加法的到答案.【詳解】設面上個三角形最多把平面分成個部分.歸納：利用累加法：故答案為：本題考查了歸納推理，累加法，綜合性強，意在考查學生歸納推理和解決問題的能力.14、.【解析】

首先根據題設條件，計算，由結合可求得，由可求得，進而可求得的解析式，由分段函數的性質即可求解.【詳解】，且，當，則，解得，當，則，解得，，函數在上單調遞減，在上單調遞增，，故的值域為.故答案為：本題是一道考查不等式的題目，考查了分段函數的值域，解題的關鍵是化簡解析式，屬于基礎題.15、①④【解析】①命題“，有”的否定是“?x1，x2∈M，x1≠x2，有[f（x1）﹣f（x2）]（x2﹣x1）≤0”，故不正確；②已知a＞0，b＞0，a+b=1，則=（）（a+b）=5+≥5+2即的最小值為，正確；③設x，y∈R，命題“若xy=0，則x2+y2=0”的否命題是“若xy≠0，則x2+y2≠0”，是真命題，正確；④已知p：x2+2x﹣3＞0，q：＞1，若命題（￢q）∧p為真命題，則￢q與p為真命題，即，則x的取值范圍是（﹣∞，﹣3）∪（1，2]∪[3，+∞），故不正確．故答案為①④．16、1【解析】

設，其中，求出的取值范圍，即可得出的最小值．【詳解】設，其中；；，，，，即；令，，則的最小值是．故答案為：1．本題考查不等式恒成立應用問題，可轉化為求函數的最值，結合單調性是解題的關鍵．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）證明見解析（2）（3）60°【解析】

（1）連接、，由三角形中位線定理可得，由圓周角定理我們可得，由圓錐的幾何特征，可得，進而由線面垂直的判定定理，得到平面，則，結合及線面垂直的判定定理得到平面；（2）若，易得，又由，我們求出圓錐的底面半徑長及圓錐的高，代入圓錐體積公式，即可得到圓錐的體積；（3）作于點，由面面垂直的判定定理可得平面，作于點，連，則為二面角的平面角，根據二面角的大小為，設，，進而可求出的大小【詳解】（1）如圖：連接、，因為為的中點，所以．因為為圓的直徑，所以，．因為平面，所以，所以平面，．又，，所以平面．（2），，，又，，．（3）作于點，平面平面且平面平面平面．再作于點，連，為二面角的平面角如圖：，．設，，，，，，，．，解得，本題考查線面垂直的判定定理，圓錐體積的求法，二面角的作法與求法，解題關鍵（1）在于能利用線面垂直與線線垂直相互轉化，（2）在于結合幾何關系求出底面半徑，（3）在于能正確作出二面角，能用三角函數基本定義表示基本線段關系，屬于中檔題18、（Ⅰ）在（0,1），上單調遞增，在（1,2）上單調遞減（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】【試題分析】（1）將代入再求導，借助導函數值的符號確定函數的單調區(qū)間；（2）借助問題（1）的結論，對參數進行分類討論，最終確定參數的取值范圍；（3）依據題設條件將問題進行等價轉化為的零點的個數問題，再運用導數知識及分類整合思想進行分析探求：解：⑴函數的定義域為由知當時，所以函數在（0,1）上單調遞增，在（1,2）上單調遞減，在上單調遞增（Ⅱ）由當時,對于恒成立,在上單調遞增,此時命題成立;當時,在上單調遞減,在上單調遞增,當時,有.這與題設矛盾,不合.故的取值范圍是（Ⅲ）依題意,設,原題即為若在上有且只有一個零點,求的取值范圍.顯然函數與的單調性是一致的.?當時,因為函數在上遞增,由題意可知解得;?當時,因為,當時,總有,此時方程沒有實根。綜上所述,當時,方程在上有且只有一個實根。點睛：解答本題的第一問時，先將代入再求導，借助導函數值的符號確定函數的單調區(qū)間；求解第二問時，借助問題（1）的結論，對參數進行分類討論，最終確定參數的取值范圍；解答第三問時，依據題設條件將問題進行等價轉化為的零點的個數問題，再運用導數知識及分類整合思想進行分析探求，從而求出參數的取值范圍。19、(1)略；(2)【解析】

（1）推導出，從而得到平面，由此可證得；（2）推導出，以B為原點為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，求得平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）證明：在四棱錐中，四邊形是直角梯形，，,，為等邊三角形，所以，所以，,所以，又由，所以平面，又因為平面，所以；（2）因為，所以，以為原點為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則，所以，設平面的法向量為，則，取，得，設平面的法向量為，則，取，得，由圖形可知二面角的平面角是鈍角，設二面角的平面角為，所以，即二面角的余弦值為.本題考查了線面平行的判定與證明，以及空間角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質定理，通過嚴密推理是線面位置關系判定的關鍵，同時對于立體幾何中角的計算