浙江省學軍中學2024屆數學高二第二學期期末經典模擬試題含解析

浙江省學軍中學2024屆數學高二第二學期期末經典模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．若向量，滿足，與的夾角為，則等于（）A． B． C．4 D．122．閱讀下面的程序框圖，運行相應的程序，若輸入的值為24，則輸出的值為（）A．0 B．1 C．2 D．33．一元二次不等式的解集為（）A． B．C． D．4．設，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件5．已知在處有極值0，且函數在區(qū)間上存在最大值，則的最大值為（）A．-6 B．-9 C．-11 D．-46．已知函數()在上的最大值為3，則()A． B． C． D．7．.盒子里有25個外形相同的球，其中10個白的，5個黃的，10個黑的，從盒子中任意取出一球，已知它不是白球，則它是黑球的概率為A．15B．25C．18．下列命題正確的是（）A．若，則B．“”是“”的必要不充分條件C．命題“”、“”、“”中至少有一個為假命題D．“若，則，全為0”的逆否命題是“若，全不為0，則”9．若直線l不平行于平面α，且l?α，則（）A．α內所有直線與l異面B．α內只存在有限條直線與l共面C．α內存在唯一的直線與l平行D．α內存在無數條直線與l相交10．不等式x-1>4A．xx<-3 B．xx>511．現有甲、乙等5名同學排成一排照相，則甲、乙兩名同學相鄰，且甲不站兩端的站法有（）A．24種 B．36種 C．40種 D．48種12．唐代詩人杜牧的七絕唐詩中的兩句詩為“今來海上升高望，不到蓬萊不成仙?！逼渲泻笠痪洹俺上伞笔恰暗脚钊R”的（）A．充分非必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分又不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設為拋物線的焦點，為拋物線上兩點，若,則____________．14．某公司生產甲、乙、丙三種型號的吊車，產量分別為120臺，600臺和200臺，為檢驗該公司的產品質量，現用分層抽樣的方法抽取46臺進行檢驗，則抽到乙種型號的吊車應是____臺．15．把4個相同的球放進3個不同的盒子，每個球進盒子都是等可能的，則沒有一個空盒子的概率為________16．若曲線(為常數)不存在斜率為負數的切線，則實數的取值范圍是__________．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）已知集合，函數的定義域為，值域為.（1）若，求不同的函數的個數；（2）若，（?。┣蟛煌暮瘮档膫€數；（ⅱ）若滿足，求不同的函數的個數.18．（12分）一個盒子里裝有個均勻的紅球和個均勻的白球，每個球被取到的概率相等，已知從盒子里一次隨機取出1個球，取到的球是紅球的概率為，從盒子里一次隨機取出2個球，取到的球至少有1個是白球的概率為.（1）求，的值；（2）若一次從盒子里隨機取出3個球，求取到的白球個數不小于紅球個數的概率.19．（12分）設的內角的對邊分別為且.(1)求角(2)若求角及的面積.20．（12分）已知在等比數列中，.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.21．（12分）已知數列{an+1﹣an}是首項為，公比為的等比數列，a1＝1．（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）求數列{（3n﹣1）?an}的前n項和Sn．22．（10分）已知數列滿足：.（Ⅰ）若，且，，成等比數列，求；（Ⅱ）若，且，，，成等差數列，求.

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【解題分析】

將平方后再開方去計算模長，注意使用數量積公式.【題目詳解】因為，所以，故選：B.【題目點撥】本題考查向量的模長計算，難度一般.對于計算這種形式的模長，可通過先平方再開方的方法去計算模長.2、C【解題分析】

根據給定的程序框圖，逐次循環(huán)計算，即可求解，得到答案．【題目詳解】由題意，第一循環(huán)：，能被3整除，不成立，第二循環(huán)：，不能被3整除，不成立，第三循環(huán)：，不能被3整除，成立，終止循環(huán)，輸出，故選C．【題目點撥】本題主要考查了程序框圖的識別與應用，其中解答中根據條件進行模擬循環(huán)計算是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題．3、C【解題分析】

根據一元二次不等式的解法，即可求得不等式的解集，得到答案．【題目詳解】由題意，不等式，即或，解得，即不等式的解集為，故選C．【題目點撥】本題主要考查了一元二次不等式的解法，其中解答中熟記一元二次不等式的解法是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題．4、B【解題分析】分析：根據不等式的解法求出不等式的等價條件，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．詳解：當x＞0時，由|x|﹣1＞2x得x﹣1＞2x，得x＜﹣1，此時無解，當x≤0時，由|x|﹣1＞2x得﹣x﹣1＞2x，得x＜﹣，綜上不等式的解為x＜﹣，由≤0得x+1＜0得x＜﹣1，則“|x|﹣1＞2x”是“≤0”的必要不充分條件，故選：B．點睛：充分、必要條件的三種判斷方法．1．定義法：直接判斷“若則”、“若則”的真假．并注意和圖示相結合，例如“?”為真，則是的充分條件．2．等價法：利用?與非?非，?與非?非，?與非?非的等價關系，對于條件或結論是否定式的命題，一般運用等價法．3．集合法：若?，則是的充分條件或是的必要條件；若＝，則是的充要條件．5、C【解題分析】

利用函數在處有極值0，即則，解得，再利用函數的導數判斷單調性，在區(qū)間上存在最大值可得，從而可得的最大值．【題目詳解】由函數，則，因為在，處有極值0，則，即，解得或，當時，，此時，所以函數單調遞增無極值，與題意矛盾，舍去；當時，，此時，，則是函數的極值點，符合題意，所以；又因為函數在區(qū)間上存在最大值，因為，易得函數在和上單調遞增，在上單調遞減，則極大值為，且，所以，解得，則的最大值為：.故選C．【題目點撥】本題主要考查導數在函數中的綜合應用，著重考查了轉化與化歸思想、邏輯推理能力與計算能力，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數的幾何意義，求解曲線在某點處的切線方程；(2)利用導數求函數的單調區(qū)間，判斷單調性以及函數單調性，求解參數；(3)利用導數求函數的最值(極值)，解決函數的恒成立與有解問題，同時注意數形結合思想的應用.6、B【解題分析】

對函數進行求導，得，，令，，對進行分類討論，求出每種情況下的最大值，根據已知條件可以求出的值.【題目詳解】解:，，令，，①當時，，，，在上單調遞增，，即（舍去），②當時，，，；時，，，故在上單調遞增，在上單調遞減，，即，令()，，在上單調遞減，且，，故選B.【題目點撥】本題考查了已知函數在區(qū)間上的最大值求參數問題，求導、進行分類討論函數的單調性是解題的關鍵.7、D【解題分析】解：由題意知本題是一個等可能事件的概率，試驗發(fā)生包含的事件是從盒子中取出一個不是白球的小球，共有5+10=15種結果，滿足條件的事件是取出的球是一個黑球，共有10種結果，∴根據等可能事件的概率得到P==108、C【解題分析】分析：根據命題條件逐一排除求解即可.詳解：A.若，則,當a為0時此時結論不成立，故錯誤；B.“”是“”的必要不充分條件，當x=4時成立，故正確結論應是充分不必要；D.“若，則，全為0”的逆否命題是“若，全不為0，則”應該是若，不全為0，故錯誤，所以綜合可得選C點睛：考查對命題的真假判定，此類題型逐一對答案進行排除即可，但注意思考的全面性不可以掉以輕心，屬于易錯題.9、D【解題分析】

通過條件判斷直線l與平面α相交，于是可以判斷ABCD的正誤.【題目詳解】根據直線l不平行于平面α，且l?α可知直線l與平面α相交，于是ABC錯誤，故選D.【題目點撥】本題主要考查直線與平面的位置關系，直線與直線的位置關系，難度不大.10、C【解題分析】

不等式x-1>4等價于x-1<-4或x-1>4【題目詳解】x-1>4?x-1>4或x-1<-4?x>5或x<-3，故選：C【題目點撥】本題考查絕對值不等式的解法，考查絕對值不等式的等價條件的應用，屬于基礎題。11、B【解題分析】

對5個位置進行編號1，2，3，4，5，則甲只能排在第2，3，4位置，再考慮乙，再考慮其它同學.【題目詳解】對5個位置進行編號1，2，3，4，5，∵甲不站兩端，∴甲只能排在第2，3，4位置，（1）當甲排在第2位置時，乙只能排第1或第3共2種排法，其他3位同學有A3∴共有2×A（2）當甲排在第3位置時，乙只能排第2或第4共2種排法，其他3位同學有A3∴共有2×A（3）當甲排在第4位置時，乙只能排第3或第5共2種排法，其他3位同學有A3∴共有2×A∴排法種數N=12+12+12=36種.【題目點撥】分類與分步計數原理，在確定分類標準時，一般是從特殊元素出發(fā)，同時應注意元素的順序問題.12、A【解題分析】

根據命題的“真、假”，條件與結論的關系即可得出選項?！绢}目詳解】不到蓬萊不成仙，成仙到蓬萊，“成仙”是到“到蓬萊”的充分條件，但“到蓬萊”是否“成仙”不確定，因此“成仙”是“到蓬萊”的充分非必要條件。故選：A【題目點撥】充分、必要條件有三種判斷方法：1、定義法：直接判斷“若則”和“若則”的真假。2、等假法：利用原命題與逆否命題的關系判斷。3、若，則A是B的充分條件或B是A的必要條件；若,則A是B的充要條件。二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、12【解題分析】分析：過點兩點分別作準線的垂線，過點作的垂線，垂足為，在直角三角形中，求得，進而得直線的斜率為，所以直線的方程，聯(lián)立方程組，求得點的坐標，即可求得答案．詳解：過點兩點分別作準線的垂線，過點作的垂線，垂足為，設，則，因為，所以，在直角三角形中，，,所以，所以直線的斜率為，所以直線的方程為，將其代入拋物線的方程可得，解得，所以點，又由，所以所以．點睛：本題主要考查了主要了直線與拋物線的位置關系的應用問題，同時涉及到共線向量和解三角形的知識，解答本題的關鍵是利用拋物線的定義作出直角三角形，確定直線的斜率，得出直線的方程，著重考查了數形結合思想和推理與運算能力．14、30；【解題分析】

根據分層抽樣的特點，抽出樣本46臺中乙種型號的吊車的比例，與總體中乙種型號的吊車的比例相等.【題目詳解】抽到乙種型號的吊車x臺，則x46=600【題目點撥】本題考查簡單隨機抽樣中的分層抽樣.15、.【解題分析】

方法一：4個相同球放進3個不同的盒子,先加進3個球，變成7個相同球，用隔板法解決，有個結果，再將多加進的球取出，4個相同球放進3個不同的盒子，每個盒子至少一個球，4個相同的球之間有3個間隔，再用隔板法解決，可得解；方法二：4個相同球放進3個不同的盒子,有以下4種情形：1、4個相同的小球一起，放入3個不同的盒子中；2、4個相同的小球有3個小球放在一起，放入3個不同的盒子中；3、4個相同的小球有2個小球在一起，另2個也在一起，放入3個不同的盒子中；4、4個相同的小球有2個小球在一起在一個盒子中，另2個小球分別在兩個盒子中，所以4個相同的小球放入3個不同的盒子中共有15種不同的結果，而“沒有一個空盒子”的情況就是上述的第4種情況，可得解.【題目詳解】方法一：4個相同球放進3個不同的盒子,先加進3個球，變成7個相同球，放進3個不同盒子，保證每個盒子至少一個球，7個相同的球之間有6個間隔，用隔板法解決，有個結果，再將多加進的球取出，“沒有一個空盒子”記為隨機事件A,4個相同球放進3個不同的盒子，每個盒子至少一個球，4個相同的球之間有3個間隔，用隔板法解決，有個結果，故，所以“沒有一個空盒子”的概率為；方法二：4個相同球放進3個不同的盒子,有以下4種情形：1、4個相同的小球一起，放入3個不同的盒子中有3個不同的結果；2、4個相同的小球有3個小球放在一起，放入3個不同的盒子中有6種不同的結果；3、4個相同的小球有2個小球在一起，另2個也在一起，放入3個不同的盒子中有3種不同的結果；4、4個相同的小球有2個小球在一起在一個盒子中，另2個小球分別在兩個盒子中，共有3種不同的結果，所以4個相同的小球放入3個不同的盒子中共有15種不同的結果，而“沒有一個空盒子”的情況就是上述的第4種情況，共有3個不同的結果，所以“沒有一個空盒子”的概率為，故填：.【題目點撥】本題考查概率的求法，考查古典概型的基礎知識，利用隔板法和枚舉法是解決此類問題的常用方法.屬于中檔題．16、【解題分析】分析：令y′≥1在（1，+∞）上恒成立可得a，根據右側函數的值域即可得出a的范圍．詳解：y′=+2ax，x∈（1，+∞），∵曲線y=lnx+ax2（a為常數）不存在斜率為負數的切線，∴y′=≥1在（1，+∞）上恒成立，∴a≥﹣恒成立，x∈（1，+∞）．令f（x）=﹣，x∈（1，+∞），則f（x）在（1，+∞）上單調遞增，又f（x）=﹣＜1，∴a≥1．故答案為：．點睛：利用導數研究不等式恒成立或存在型問題，首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題.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）36；（2）（ⅰ）81；（ⅱ）19【解題分析】

（1）當定義域有4個元素，值域有3個元素，把4個元素分成2，1，1的三組，再對應值域里的3個元素，有；（2）（?。┓种涤蛴?個元素，2個元素，3個元素，討論函數個數；（ⅱ）滿足條件的有0，0，2，2或0，1，1，2或1，1，1，1三類，分三類求滿足條件的函數個數.【題目詳解】（1）函數的定義域是，值域是定義域里有2個數對著值域里面一個數，另外兩個數是1對1，不同的函數的個數是個.（2）（?。┲涤虿荒転榭占斒菃卧丶蠒r，，，，定義域是，此時定義域里4個元素對應的都是值域里的一個數，此時有3個函數；當是雙元素集合時，此時定義域里兩個元素對應值域里一個元素，有個函數；當定義域里有3個元素對應值域里一個元素，定義域里第4個元素對應值域里一個元素時有個函數；當集合是三個元素時，如（1）有36個函數，一共有3+18+24+36=81個函數；（ⅱ）滿足，的有0，0，2，2，函數個數是個，0，1，1，2時，函數個數是個，1，1，1，1時，函數個數是1個，共有個.【題目點撥】本題考查排列組合的應用，意在考查轉化和推理，以及分類討論和計算求解能力，屬于中檔題型.18、（1），（2）【解題分析】

（1）設該盒子里有紅球個，白球個，利用古典概型、對立事件概率計算公式列出方程組，能求出，．（2）“一次從盒子里任取3個球，取到的白球個數不少于紅球個數”分為“一次從盒子里任取3個球，取到的白球個數為3個”和“一次從盒子里任取3個球，取到的白球個數為2個，紅球數為1個”，由此能求出取到的白球個數不小于紅球個數的概率．【題目詳解】解：（1）設該盒子里有紅球個，白球個.根據題意得，解方程組得，，故紅球有4個，白球有8個.（2）設“一次從盒子里任取3個球，取到的白球個數不少于紅球個數”為事件.設“一次從盒子里任取3個球，取到的白球個數為3個”為事件，則設“一次從盒子里任取3個球，取到的白球個數為2個，紅球個數為1個”為事件，則，故.因此，從盒子里任取3個球，取到的白球個數不少于紅球個數的概率為.【題目點撥】本題考查實數值、概率的求法，考查古典概型、對立事件概率計算公式、互斥事件概率加法公式等基礎知識，考查理解能力、運算求解能力，屬于中檔題．19、（1）；（2）【解題分析】

（1）由余弦定理，求得，即可求得.（2）由正弦定理，求得，得到，再由三角形的面積公式，即可求解.【題目詳解】（1）由題意知，即，在中，由余弦定理得，又，所以.（2）由正弦定理得，即，所以，又b<a，所以，所以，所以，則.【題目點撥】本題主要考查了正弦定理、余弦定理的應用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解決三角形的邊角關系，熟練掌握定理、合理運用是解本題的關鍵．通常當涉及兩邊及其中一邊的對角或兩角及其中一角對邊時，運用正弦定理求解；當涉及三邊或兩邊及其夾角時，運用余弦定理求解.20、(1)(2)【解題分析】

（1）求出公比后可得的通項公式.（2）利用錯位相減法可求.【題目詳解】（1）設等比數列的公比為.由，得，得，所以，解得.故數列的通項公式是.（2），則，①，②由①-②，得，，故【題目點撥】數列求和關鍵看通項的結構形式，如果通項是等差數列與等比數列的和，則用分組求和法；如果通項是等差數列與等比數列的乘積，則用錯位相減法；如果通項可以拆成一個數列連續(xù)兩項的差，那么用裂項相消法；如果通項的符號有規(guī)律的出現，則用并項求和法.21、（Ⅰ）an＝；（Ⅱ）Snn（3n+1）+5﹣（3n+5）?（）n．【解題分析】

（Ⅰ）先求{an+1﹣an}的通項公式，再利用迭代