江西省樟树中学、高安二中等六校2024-2025学年数学高二第二学期期末调研试题含解析.doc

江西省樟树中学、高安二中等六校2024-2025学年数学高二第二学期期末调研试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．设x，y满足约束条件则的最大值与最小值的比值为（ ）
A． B． C． D．
2．已知等差数列中， ，则（ ）
A．20 B．30 C．40 D．50
3．以下说法错误的是（ ）
A．命题“若，则”的逆否命题为“若，则”
B．“”是“”的充分不必要条件
C．若命题存在，使得，则:对任意，都有
D．若且为假命题，则均为假命题
4．古有苏秦、张仪唇枪舌剑驰骋于乱世之秋，今看我一中学子论天、论地、指点江山．现在高二某班需从甲、乙、丙、丁、戊五位同学中，选出四位同学组成重庆一中“口才季”中的一个辩论队，根据他们的文化、思维水平，分别担任一辩、 二辩、三辩、 四辩，其中四辩必须由甲或乙担任，而丙与丁不能担任一辩，则不同组队方式有（ ）
A．14种 B．种 C．种 D．24种
5．ΔABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，则（）
A． B． C． D．
6．下列问题中的随机变量不服从两点分布的是（ ）
A．抛掷一枚骰子，所得点数为随机变量
B．某射手射击一次，击中目标的次数为随机变量
C．从装有5个红球，3个白球的袋中取1个球，令随机变量{1，取出白球；0，取出红球}
D．某医生做一次手术，手术成功的次数为随机变量
7．若复数满足为虚数单位），则（　　）
A． B． C． D．
8．设集合A＝{x|x2﹣2x﹣3≤0}，B＝{x|2﹣x＞0},则A∩B＝（　　）
A．[﹣3，2） B．（2，3] C．[﹣1，2） D．（﹣1，2）
9．的展开式中的系数为（ ）
A． B． C． D．
10．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
11．如图的三视图表示的四棱锥的体积为，则该四棱锥的最长的棱的长度为（ ）

A． B． C．6 D．
12．设集合，．若，则 (　 　)
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知集合，集合，那么集合的子集个数为___个．
14．在一个如图所示的6个区域栽种观赏植物，要求同一块区域中种同一种植物，相邻的两块区域中种不同的植物.现有4种不同的植物可供选择，则不同的栽种方案的总数为____．

15．的展开式中含项的系数是__________．
16．已知不等式对于大于的正整数恒成立，则实数的取值范围为_________ .
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）（本小题满分13分）已知函数。
（Ⅰ）当时，求曲线在处切线的斜率；
（Ⅱ）求的单调区间；
（Ⅲ）当时，求在区间上的最小值。
18．（12分）已知点P(2,2),圆，过点P的动直线l与圆C交于A,B两点,线段AB的中点为M,O为坐标原点.
(1)求点M的轨迹方程;
(2)当|OP|=|OM|时,求l的方程及△POM的面积.
19．（12分）下表提供了某厂节能降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量（吨）与相应的生产能耗（吨标准煤）的几组对照数据．

3
4
5
6

2.5
3
4
4.5
（1）请画出上表数据的散点图；
（2）请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方程．
参考公式：
20．（12分）在平面直角坐标系中,以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知圆的直角坐标方程为.
求圆的极坐标方程；
设圆与圆：交于两点，求.
21．（12分）甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立.
求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；
记为比赛决出胜负时的总局数，求的分布列和均值（数学期望）.
22．（10分）设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，与满足
（1）求的值；
（2）求的展开式中的系数。
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、A
【解析】
作出不等式组所表示的可行域，平移直线，观察直线在轴上取得最大值和最小值时相应的最优解，再将最优解代入目标函数可得出最大值和最小值，于此可得出答案。
【详解】
如图，作出约束条件表示的可行域.
由图可知，当直线经过点时.z取得最大值；
当直线经过点时，z取得最小值.故，故选：A。

本题考查简单的线性规划问题，一般利用平移直线利用直线在坐标轴上的截距得出最优解，考查计算能力，属于中等题。
2、A
【解析】
等差数列中，，
，
．
故选A．
3、D
【解析】
根据逆否命题定义、命题否定的定义分别判断出正确；解方程得到解集和的包含关系，结合充要条件的判定可知正确；根据复合命题的真假性可知错误，由此可得结果.
【详解】
选项：根据逆否命题的定义可知：原命题的逆否命题为“若，则”，可知正确；
选项：由，解得，因此“”是“”的充分不必要，可知正确；
选项：根据命题的否定可知对任意，都有，可知正确；
选项：由且为假命题，则至少有一个为假命题，因此不正确.
本题正确选项：
本题考查了简易逻辑的判定方法、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
4、D
【解析】
五人选四人有种选择方法，分类讨论：
若所选四人为甲乙丙丁，有种；
若所选四人为甲乙丙戊，有种；
若所选四人为甲乙丁戊，有种；
若所选四人为甲丙丁戊，有种；
若所选四人为乙丙丁戊，有种；
由加法原理：不同组队方式有种.
5、D
【解析】
边化角，再利用三角形内角和等于180°，全部换成B角，解出即可
【详解】

（）

本题考查正弦定理解三角形，属于基础题．
6、A
【解析】
两点分布又叫分布，所有的实验结果有两个，，，满足定义，不满足.
【详解】
两点分布又叫分布，所有的实验结果有两个，，，满足定义，
而，抛掷一枚骰子，所得点数为随机变量，则的所有可能的结果有6种，不是两点分布．
故选：．
本题考查了两点分布的定义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．
7、A
【解析】
根据复数的除法运算可求得；根据共轭复数的定义可得到结果.
【详解】
由题意得：
本题正确选项：
本题考查共轭复数的求解，关键是能够利用复数的除法运算求得，属于基础题.
8、C
【解析】
求得集合，根据集合的交集运算，即可求解．
【详解】
由题意，集合，
所以．
故选：C．
本题主要考查了集合的交集运算，其中解答中正确求解集合，再根据集合的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
9、D
【解析】
写出二项展开式的通项，令的指数等于，求出参数的值，再代入通项即可得出项的系数.
【详解】
二项展开式的通项为，令，得，
因此，的展开式中的系数为，故选：D.
本题考查二项式指定项的系数的计算，解题的关键就是充分利用二项展开式的通项，考查计算能力，属于中等题.
10、A
【解析】
先求得集合的元素，由此求得两个集合的交集.
【详解】
依题意，故,故选A.
本小题主要考查两个集合的交集的求法，考查对数运算，属于基础题.
11、C
【解析】
根据三视图，画出空间结构体，即可求得最长的棱长。
【详解】
根据三视图，画出空间结构如下图所示：

由图可知，底面，所以棱长最长
根据三棱锥体积为
可得 ，解得
所以此时
所以选C
本题考查了空间几何体三视图，三棱锥体积的简单应用，属于基础题。
12、C
【解析】
∵ 集合，，
∴是方程的解，即
∴
∴，故选C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1．
【解析】
可以求出集合M，N，求得并集中元素的个数，从而得出子集个数．
【详解】
∵M＝{﹣1，1}，N＝{1，2}；
∴M∪N＝{﹣1，1，2}；
∴M∪N的子集个数为23＝1个．
故答案为：1．
本题考查描述法、列举法的定义，以及并集的运算，子集的定义，以及集合子集个数的求法．
14、
【解析】
先种B、E两块，再种A、D,而种C、F与种A、D情况一样，根据分类与分步计数原理可求．
【详解】
先种B、E两块，共种方法，再种A、D,分A、E相同与不同，共种方法，同理种C、F共有7种方法，总共方法数为
利用排列组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏.本题先种B、E两块，让问题变得更简单．
15、5
【解析】
分析：先求展开式的通项公式，即可求含项的系数.
详解：展开式的通项公式，可得
展开式中含项，即，解得，
展开式中含项的系数为.
故答案为5.
点睛：本题考查了二项式定理的应用，利用二项展开式的通项公式求展开式中某项的系数是解题关键.
16、
【解析】
先求得 的最小值，为此作差，确定的单调性，得最小，然后解不等式即可。
【详解】
设 ，
，，
所以，递增，最小值；
于是有，所以，
所以，由且，
所以，所以，
又因为，所以.
故答案为：。
本题考查不等式恒成立问题，解题方法是转化为求函数的最值，本题不等式左边作为自然数的函数，可以看作是数列的项，因此可用研究数列单调性的方法来研究其单调性，即作差，由差的正负确定数列的增减，从而确定最小值．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（Ⅰ）（Ⅱ）当时，的单调递减区间为；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为（Ⅲ）当时，在区间上的最小值为，当，在区间上的最小值为
【解析】
试题分析：（Ⅰ）利用导数几何意义求切线斜率：当时，，故曲线在处切线的斜率为（Ⅱ）因为，所以按分类讨论：当时，，递减区间为；当时，在区间上，，在区间上，，单调递减区间为，单调递增区间为；（Ⅲ）根据（Ⅱ）得到的结论，
当，即时，在区间上的最小值为，；当，即时，在区间上的最小值为，
试题解析：解：（Ⅰ）当时，， 2分
故曲线在处切线的斜率为 3分
（Ⅱ）。 4分
①当时，由于，故。所以， 的单调递减区间为。 5分
②当时，由，得。
在区间上，，在区间上，。
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为。 7分
综上，当时，的单调递减区间为；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为。 8分
（Ⅲ）根据（Ⅱ）得到的结论，
当，即时，在区间上的最小值为，。 10分
当，即时，在区间上的最小值为，。 12分
综上，当时，在区间上的最小值为，当，在区间上的最小值为。 13分
考点：利用导数求切线斜率，利用导数求单调区间，利用导数求函数最值
18、 (1) ；(2)直线的方程为，的面积为.
【解析】
求得圆的圆心和半径.
（1）当三点均不重合时，根据圆的几何性质可知，是定点，所以的轨迹是以为直径的圆（除两点），根据圆的圆心和半径求得的轨迹方程.当三点有重合的情形时，的坐标满足上述求得的的轨迹方程.综上可得的轨迹方程.
（2）根据圆的几何性质（垂径定理），求得直线的斜率，进而求得直线的方程.根据等腰三角形的几何性质求得的面积.
【详解】
圆，故圆心为，半径为.
(1)当C,M,P三点均不重合时,∠CMP=90°,所以点M的轨迹是以线段PC为直径的圆(除去点P,C),线段中点为，，故的轨迹方程为(x-1)2+(y-3)2=2(x≠2,且y≠2或x≠0,且y≠4).
当C,M,P三点中有重合的情形时,易求得点M的坐标为(2,2)或(0,4).
综上可知,点M的轨迹是一个圆,轨迹方程为(x-1)2+(y-3)2=2.
(2)由(1)可知点M的轨迹是以点N(1,3)为圆心，为半径的圆.
由于|OP|=|OM|,故O在线段PM的垂直平分线上.又P在圆N上,从而ON⊥PM.因为ON的斜率为3,所以的斜率为，故的方程为，即.
又易得|OM|=|OP|=，点O到的距离为，，
所以△POM的面积为.
本小题主要考查动点轨迹方程的求法，考查圆的几何性质，考查等腰三角形面积的计算，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.
19、（1）见解析 （2）
【解析】
（1）直接画出散点图得到答案.
（2）根据数据和公式，得到计算得，，，直接计算到答案.
【详解】
（1）由题设所给数据，可得散点图如图所示．

（2）由对照数据，计算得：，
（吨），（吨）．
已知，所以，由最小二乘法确定的回归方程的系数为：
，．
因此所求的线性回归方程为．
本题考查了散点图和线性回归方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.
20、 ；4.
【解析】
（1）直接通过即可得到答案；
（2）可先求出圆的标准方程，求出两圆交点，于是可得答案.
【详解】
根据题意，可得圆的极坐标方程为：即；
圆的直角坐标方程为：，联立，
两式相减，可得，即代入第一条式子，可解得或，
于是.
本题主要考查直角坐标方程和极坐标方程的互化，圆的交点计算，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度中等.
21、（1）；（2）.
【解析】试题分析：（1）甲在4局以内（含4局）赢得比赛的情况有：前2局甲赢；第1局乙赢、第2、3局甲赢；第1局甲赢、第2局乙赢、第3、4局甲赢，从而就可以求出概率.（2）根据题意的可能取值为.
.

.列出分布列表格，就可以求出期望的值.
用表示“甲在4局以内（含4局）赢得比赛”，表示“第局甲获胜”，表示“第局乙获胜”.则，.

.
的可能取值为.
.

.
故的分布列为

2

3

4

5

所以.
考点：1.概率的求解；2.期望的求解.
视频
22、（1）；（2）-20.
【解析】
分析：（1）根据二项式系数的性质求得a和b，再利用组合数的计算公式，解方程求得m的值；
（2）利用二项展开式的通项公式即可.
详解：（1）由题意知：，又

（2）
含的项：
所以展开式中的系数为
点睛：求二项展开式中的特定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项公式即可．