湖北省孝感市2024_2025学年高二数学下学期期末模拟卷含解析

这是一份湖北省孝感市2024_2025学年高二数学下学期期末模拟卷含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】对复数进行分母实数化，根据复数的几何意义可得结果.
【详解】，
复数在复平面内对应的点的坐标是，位于第四象限．
故选：D
2. 已知等比数列其前项和，，则（ ）
A. B. 8C. 7D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，根据题意求得，结合等比数列前项和的定义即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，可得，即，所以，
所以.
故选：C.
3. 已知两个变是x和y之间存在线性相关关系，某兴趣小组收集了一组样本数据，利用最小二乘法求得的回归方程是，其相关系数是由于某种原因，其中一个数据丢失，将其记为m，具体数据如下表所示：
若去掉数据后，剩下的数据也成线性相关关系，其相关系数是，则（ ）
A. B.
C. D. 的大小关系无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】由回归方程可得，设去掉数据后，新数据为，
注意到，结合相关系数计算公式可得答案.
【详解】由题可得原数据，因过点，
则，从而.
设去掉数据后，新数据为，则
，又因，，
则，，从而.
故选：A
4. 已知服从正态分布的随机变量在区间，和内取值的概率约为，和.若某校高一年级名学生的某次考试成绩服从正态分布，则此次考试成绩在区间内的学生大约有（ ）
A. 780人B. 763人C. 655人D. 546人
【答案】C
【解析】
【分析】根据正态曲线的性质求出，即可估计人数.
【详解】依题意，所以，，
则，，
所以
，
所以此次考试成绩在区间内的学生大约有（人）.
故选：C
5. 已知，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判断出为偶函数，且在上单调递增，将所求不等式利用函数性质转化为利用单调性解得答案.
【详解】定义域为R，
，
所以函数为偶函数，又因为，
时，，
时，，
故，
所以在上单调递增，
则不等，
即解得:.
所以不等式的解集为.
故选：C
6. 如图，在正方体中，是棱的中点，点在棱上，且，若平面，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，根据线面平行可得，运算求解即可.或利用线面平行的判定结合条件可得.
【详解】解法一：以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则，，可得，
设是平面的法向量，则，
令，则，即，
由，且，可得，
又因为，则，
由平面，可得，
解得.
解法二：如图，取中点，连接，易证，
所以平面即为平面，
易知当为的中点时，，平面，平面，
从而平面，所以.
故选：C.
7. 若，分别是双曲线：的右支和圆：上的动点，且是双曲线的右焦点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先得到圆心坐标与半径，双曲线的左焦点坐标，结合双曲线的定义及两点之间线段最短转化计算.
【详解】圆：的圆心，半径，
双曲线：则，，，
设左焦点为，则，即，
所以，
当且仅当、在线段与双曲线右支、圆的交点时取等号.
故选：A
8. 某卡车为乡村小学运送书籍，共装有10个纸箱，其中5箱英语书、2箱数学书、3箱语文书．到目的地时发现丢失一箱，但不知丢失哪一箱．现从剩下9箱中任意打开两箱，结果都是英语书，则丢失的一箱也是英语书的概率为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用A表示丢失一箱后任取两箱是英语书，用Bk表示丢失的一箱为k，k＝1，2，3分别表示英语书、数学书、语文书．由全概率公式得及.
【详解】用A表示丢失一箱后任取两箱是英语书，用Bk表示丢失的一箱为k，k＝1，2，3分别表示英语书、数学书、语文书．由全概率公式得，
，
故选：B．
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A. 不存在常数项B. 二项式系数和为1
C. 第4项和第5项二项式系数最大D. 所有项的系数和为128
【答案】AC
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项公式及赋值法，逐项分析即得.
【详解】因为展开式的通项公式为，
对A，由，得(舍去)，所以展开式不存在常数项，故A正确；
对B，二项式系数和为，故B错误；
对C，展开式共有项，所以第4项和第5项二项式系数最大，故C正确；
对D，令，得所有项的系数和为，故D错误；
故选：AC.
10. 如图，我国传统珠算算具算盘每个档（挂珠的杆）上有7颗算珠，用梁隔开，梁上面2颗叫上珠，下面5颗叫下珠，若从某一档的7颗算珠中任选3颗，记上珠的个数为，下珠的个数比上珠的个数多，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由超几何分布的概率以及期望、方差即可.
【详解】由题意知，.
，
则，故A错误，B正确；
由题意知，.
，
，
故CD正确；
故选：BCD
11. 已知函数，则（ ）
A. 的极大值点为B. 的极大值为
C. 有两个零点D. 直线是曲线的一条切线
【答案】ABD
【解析】
【分析】AB选项，求出定义域，求导得到函数单调性，进而得到的极大值点为，极大值为；C选项，根据函数单调性和特殊点函数值判断出零点个数；D选项，设切点，根据切线斜率得到方程，求出为方程的一个根，进而求出是曲线的一条切线.
【详解】AB选项，的定义域为，，
令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值点为，极大值为，AB正确；
C选项，由于极大值为，当时，恒成立，
趋向于0时，趋向于，
故在上存在一个零点，在上无零点，
综上，函数只有1个零点，C错误；
D选项，设切点，，，
故，显然，故为方程的一个根，
故切点为，
故切线方程为，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 由数据可得关于的经验回归方程为，若，则_____________.
【答案】32
【解析】
【分析】根据给定条件，利用经验回归方程必过样本的中心点求解即得.
【详解】依题意，，由，得，解得，
所以.
故答案为：32
13. 某城区交通要道有积雪堵塞，现场有9名男志愿者和5名女志愿者，交警拟安排其中3名女志愿者和2名男志愿者参与扫雪工作.其余志愿者参与铲雪工作，则不同的安排方法共有__________种用数字作答
【答案】360
【解析】
【分析】相当于先从9人中选取2人，再从5人中选取3人，据此可得答案.
【详解】由题可得相当于先从9人中选取2人，再从5人中选取3人，则安排方法有：
.
故答案为：.
14. 已知点为椭圆上两点，且点A在第一象限，点B在第二象限，，射线的斜率分别为，则的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】采用设线法，设直线．直线，联立椭圆方程得到，同理得，再求出点到直线OA的距离，写出面积表达式，求得，再代入斜率差表达式，最后利用基本不等式即可求出最值.
【详解】设，
设直线．直线，
由，所以，同理得，（显然判别式大于零）
点B到直线OA的距离，
所以．
平方得，所以，
因为点A在第一象限，所以，所以．
当且仅当时取等号．
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知甲､乙两位同学参加某知识竞赛活动，竞赛规则是：以抢答的形式进行，共有7道题，抢到并回答正确者得1分，答错则对方得1分，当其中一人得分领先另一人3分或7道题全部答完时比赛结束.甲､乙两人抢到每道题的概率都是，甲正确回答每道题的概率均为，乙正确回答每道题的概率均为，且两人每道题是否回答正确均相互独立
（1）求答完前两道题后两人各得1分的概率；
（2）设随机变量X为比赛结束时两人的答题总个数，求X的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）设事件为第i道题甲得1分，事件为第j道题乙得1分，由题可得，，据此可得答案；
（2）由题可得随机变量X的取值为，由（1）可得，然后可得分布列及对应期望.
【小问1详解】
由题意可知，每道题都要抢题与答题，每人得1分有两种情况，“本人抢到且答对”与“对方抢到且答错”.
设事件为第i道题甲得1分，
事件为第j道题乙得1分，
事件为答完前两道题后两人各得1分，则.
则事件与为对立事件，与相互独立，与与互斥，
所以，,
；
【小问2详解】
随机变量X的取值为.
；
；
.
所以随机变量X的分布列为
所以
16. 已知抛物线的焦点F在直线上．
（1）求C的方程；
（2）过点的直线交C于M，N两点，又点Q在线段MN上，且，证明：点Q在定直线上．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据焦点坐标可得，即可得方程；
（2）设，，，，联立方程结合韦达定理可得，结合消元即可得结果.
【小问1详解】
由题意可得，则，解得，
所以抛物线C的方程为．
【小问2详解】
设直线MN的方程为：，，，，
不妨设，
联立直线MN与抛物线C的方程，消去y可得，
由，且，解得且，
则，，
因为，则，
整理可得，即，
又因为点Q在直线MN上，则，消m得，
且且，可得得且，
所以点Q在定直线：（且）上．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，且．

（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先由线段关系证，结合面面垂直的性质判定线线垂直，利用线线垂直证线面垂直；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可.
小问1详解】
由题意，则，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
且平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，

则，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，令，得，
设平面的法向量，
则，令，得，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
18. 若数列 满足 ，且 ，则称数列 为 “正余弦错位数列”.已知数列 为 “正余弦错位数列”.
（1）若 ，求 ；
（2）证明： 数列 为等差数列.
【答案】（1） ，，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由， ，解方程求，同理可求 ；
（2）由条件，结合诱导公式可得或，结合条件
，证明，结合等差数列定义证明结论.
【小问1详解】
当时 ，由已知， ，知 ，
又由，可知，
所以，又， 所以符合题意，
同理，由 ，，得或，
又，所以，
由 ，，得，
又， 符合题意.
【小问2详解】
因为 ，所以 ，
所以或，
即或，
因为，
所以，，
所以，，
所以或或，
又，所以，
则，
所以，
所以数列 是公差为的等差数列.
【点睛】关键点点睛：由 ，由诱导公式可得 ，可得或，利用好“正余弦错位数列”的定义条件，即可得到，再利用等差数列的概念即可.
19. 已知函数，.的导函数为.
（1）当时.求函数的最小值；
（2）若.
①证明：恰有3个零点；
②证明：的所有零点之和为定值.
【答案】（1）0 （2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，利用导数判断函数单调性求出极值得解；
（2）①由题设，由导数知识结合零点存在性定理可得在R上的零点情况，进而可得单调性，最后再由零点存在性定理可完成证明；
②令，可利用奇函数性质证明该函数零点之和为0，再由图象平移得证.
【小问1详解】
由题意，
令
当时，，在上为增函数；
当时，，在上为减函数.
；
【小问2详解】
①
令；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，
又，所以，且当时，；时，；
所以在与上各有一个零点，不妨分别记为，
所以时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增；
且，所以；
则，，又当时，；时，；
所以在与上各有一个零点，且，
所以有且仅有三个零点.
②令
令，，.
令，
为奇函数.因为奇函数的图象关于原点对称，所以所有零点和为0；
所有零点和为0.
由于的图象可由向右平移一个单位长度得到，
所以所有的零点和为定值3.
x
1
2
3
4
5
y
m
X
3
5
7
P