2024屆安徽省定遠縣重點中學數學高二下期末調研試題含解析

2024屆安徽省定遠縣重點中學數學高二下期末調研試題考生須知：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。1．2018年元旦期間，某高速公路收費站的三個高速收費口每天通過的小汽車數（單位：輛）均服從正態(tài)分布，若，假設三個收費口均能正常工作，則這個收費口每天至少有一個超過700輛的概率為（）A． B． C． D．2．某射手每次射擊擊中目標的概率是，且各次射擊的結果互不影響.設隨機變量為該射手在次射擊中擊中目標的次數，若，，則和的值分別為（）A．5， B．5， C．6， D．6，3．設，是兩個不同的平面，是直線且．“”是“”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件4．在一個6×6的表格中放3顆完全相同的白棋和3顆完全相同的黑棋，若這6顆棋子不在同一行也不在同一列上，則不同的放法有A．14400種 B．518400種 C．720種 D．20種5．展開式中項的系數是A．4 B．5C．8 D．126．下列命題中正確的個數是（）①命題“若x2-3x+2=0,則x=1”的逆否命題為“若x≠1，則②“a≠0”是“a2③若p∧q為假命題，則p，q為假命題;④若命題p:?x0∈R,x0A．1 B．3 C．2 D．47．已知雙曲線的左頂點與拋物線的焦點的距離為4，且雙曲線的一條漸近線與拋物線的準線的交點坐標為，則雙曲線的方程為（）A． B． C． D．8．已知函數是定義在上的奇函數，且以2為周期，當時，，則的值為（）A． B． C． D．9．命題“”的否定是()A． B．C． D．10．若復數滿足，其中為虛數單位，則在復平面內所對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限11．在復平面內，復數的共軛復數對應的點位于A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限12．已知復數，則下列結論正確的是A．的虛部為i B．C．為純虛數 D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．根據如圖所示的偽代碼，可知輸出的結果S為________.14．將集合的元素分成互不相交的三個子集：，其中,，，且，，則滿足條件的集合有__________個．15．加工某種零件需要兩道工序，第一道工序出廢品的概率為0.4，兩道工序都出廢品的概率為0.2，則在第一道工序出廢品的條件下，第二道工序又出廢品的概率為__________．16．甲、乙兩位射擊愛好者在某次射擊比賽中各射靶5次，命中的環(huán)數分別為：甲：7,8,7,4,9；乙：9,5,7,8,6,則射擊更穩(wěn)定的愛好者成績的方差為________.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）選修4-4：坐標系與參數方程直角坐標系中，以原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，圓C的極坐標方程為ρ=2(sinθ+cosθ)，直線l的參數方程為：（Ⅰ）寫出圓C和直線l的普通方程；（Ⅱ）點P為圓C上動點，求點P到直線l的距離的最小值．18．（12分）第18屆國際籃聯籃球世界杯將于2019年8月31日至9月15日在中國北京、廣州等八座城市舉行.屆時，甲、乙、丙、丁四名籃球世界杯志愿者將隨機分到、、三個不同的崗位服務，每個崗位至少有一名志愿者.（1）求甲、乙兩人不在同一個崗位服務的概率；（2）設隨機變量為這四名志愿者中參加崗位服務的人數，求的分布列及數學期望.19．（12分）在直角坐標系中，，不在軸上的動點滿足于點為的中點。(1)求點的軌跡的方程；(2)設曲線與軸正半軸的交點為，斜率為的直線交于兩點，記直線的斜率分別為，試問是否為定值?若是，求出該定值；若不是，請說明理由。20．（12分）傳說《西游記》中孫悟空的“如意金箍棒”原本是東海海底的一枚“定海神針”.作為兵器，“如意金箍棒”威力巨大，且只有孫悟空能讓其大小隨意變化。假定孫悟空在使用“如意金箍棒”與各路妖怪打斗時，都將其變化為底面半徑為4至10之間的圓柱體。現假定孫悟空剛與一妖怪打斗完畢，并降伏了此妖怪，此時“如意金箍棒”的底面半徑為10，長度為.在此基礎上，孫悟空使“如意金箍棒”的底面半徑以每秒1勻速縮短，同時長度以每秒40勻速增長，且在這一變化過程中，當“如意金箍棒”的底面半徑為8時，其體積最大.（1）求在這一變化過程中，“如意金箍棒”的體積隨時間（秒）變化的解析式，并求出其定義域；（2）假設在這一變化過程中，孫悟空在“如意金箍棒”體積最小時，將其定型，準備迎戰(zhàn)下一個妖怪。求此時“如意金箍棒”的底面半徑。21．（12分）已知函數，曲線在點處切線與直線垂直.（1）試比較與的大小，并說明理由；（2）若函數有兩個不同的零點，，證明：.22．（10分）已知直線，，，其中與的交點為P.（1）求點P到直線的距離；（2）求過點P且與直線的夾角為的直線方程.

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：根據正態(tài)曲線的對稱性求解即可.詳解：根據正態(tài)曲線的對稱性，每個收費口超過輛的概率，這三個收費口每天至少有一個超過輛的概率，故選C.點睛：本題主要考查正態(tài)分布的性質與實際應用，屬于中檔題.有關正態(tài)分布的應用題考查知識點較為清晰，只要掌握以下兩點，問題就能迎刃而解：（1）仔細閱讀，將實際問題與正態(tài)分布“掛起鉤來”；（2）熟練掌握正態(tài)分布的性質，特別是狀態(tài)曲線的對稱性以及各個區(qū)間概率之間的關系.2、B【解題分析】

通過二項分布公式及可得答案.【題目詳解】根據題意，，因此，，解得，故選B.【題目點撥】本題主要考查二項分布的相關公式，難度不大.3、B【解題分析】試題分析：，得不到，因為可能相交，只要和的交線平行即可得到；，，∴和沒有公共點，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分條件．故選B．考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷.【方法點晴】考查線面平行的定義，線面平行的判定定理，面面平行的定義，面面平行的判定定理，以及充分條件、必要條件，及必要不充分條件的概念，屬于基礎題；并得不到，根據面面平行的判定定理，只有內的兩相交直線都平行于，而，并且，顯然能得到，這樣即可找出正確選項.4、A【解題分析】根據題意，在6×6的棋盤中，第一顆棋子有6×6種放法，由于任意兩顆棋子不在同一行且不在同一列，則第二顆棋子有5×5種放法，第三顆棋子有4×4種放法，第四顆棋子有3×3種放法，第五顆棋子有2×2種放法，第六顆棋子有1種放法，又由于3顆黑子是相同的，3顆白子之間也是相同的，故6顆棋子不同的排列方法種數為種；故選A.點睛：在排列組合問題中，遇見元素相同的排列時，一般可以將兩個元素看作不同元素，排列結束后除以相同元素的全排列即可，比如有兩個元素相同即除以，如三個元素相同即除以.5、B【解題分析】

把（1+x）5按照二項式定理展開，可得（1﹣x）（1+x）5展開式中x2項的系數．【題目詳解】（1﹣x）（1+x）5=（1﹣x）（1+5x+10x2+10x3+5x4+x5），其中可以出現的有1*10x2和﹣x*5x，其它的項相乘不能出現平方項，故展開式中x2項的系數是10﹣5=5，故選B．【題目點撥】這個題目考查的是二項式中的特定項的系數問題，在做二項式的問題時，看清楚題目是求二項式系數還是系數，還要注意在求系數和時，是不是缺少首項；解決這類問題常用的方法有賦值法，求導后賦值，積分后賦值等．6、B【解題分析】

根據逆否命題的概念、必要不充分條件的知識、含有簡單邏輯聯結詞命題真假性的知識、特稱命題的否定是全稱命題的知識，對四個命題逐一分析，由此得出正確選項.【題目詳解】對于①，根據逆否命題的概念可知，①正確.對于②，當“a≠0”時，a2+a=0可能成立，當“a2+a≠0”時，“a≠0”，故“a≠0”是“a2+a≠0”的必要不充分條件，即②正確.對于③，若p∧q為假命題，則【題目點撥】本小題主要考查逆否命題、必要不充分條件、含有簡單邏輯聯結詞命題真假性、全稱命題與特稱命題等知識的運用，屬于基礎題.7、B【解題分析】

由已知方程即可得出雙曲線的左頂點、一條漸近線方程與拋物線的焦點、準線的方程，再根據數量關系即可列出方程，解出即可．【題目詳解】解：∵雙曲線的左頂點（﹣a，0）與拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點F（，0）的距離為1，∴a＝1；又雙曲線的一條漸近線與拋物線的準線的交點坐標為（﹣2，﹣1），∴漸近線的方程應是yx，而拋物線的準線方程為x，因此﹣1（﹣2），﹣2，聯立得，解得a＝2，b＝1，p＝1．故雙曲線的標準方程為：．故選：B．【題目點撥】本題考查拋物線以及雙曲線的簡單性質的應用，熟練掌握圓錐曲線的圖象與性質是解題的關鍵．8、A【解題分析】

根據題意可得：，代入中計算即可得到答案?！绢}目詳解】由于；因為函數是定義在上的奇函數，且以2為周期；所以又因為，所以；故答案選A【題目點撥】本題主要考查函數的有關性質，奇偶性、周期性，以及對數的有關運算，屬于基礎題。9、C【解題分析】

命題的否定：任意變存在，并對結論進行否定.【題目詳解】命題的否定需要將限定詞和結論同時否定，題目中：為限定詞，為條件，為結論；而的否定為，的否定為，所以的否定為故本題正確答案為C.【題目點撥】本題考查了命題的否定,屬于簡單題.10、B【解題分析】分析：把已知等式變形，利用復數代數形式的乘除運算化簡，求出的坐標即可得到結論.詳解：，，在復平面內所對應的點坐標為，位于第二象限，故選B.點睛：復數是高考中的必考知識，主要考查復數的概念及復數的運算．要注意對實部、虛部的理解，掌握純虛數、共軛復數這些重要概念，復數的運算主要考查除法運算，通過分母實數化轉化為復數的乘法，運算時特別要注意多項式相乘后的化簡，防止簡單問題出錯，造成不必要的失分.11、D【解題分析】分析：將復數化為最簡形式，求其共軛復數，找到共軛復數在復平面的對應點，判斷其所在象限.詳解：的共軛復數為對應點為，在第四象限，故選D.點睛：此題考查復數的四則運算，屬于送分題，解題時注意審清題意，切勿不可因簡單導致馬虎丟分.12、C【解題分析】

先利用復數的除法將復數化為一般形式，然后利用復數的基本知識以及四則運算法則來判斷各選項的正誤．【題目詳解】，的虛部為，，為純虛數，，故選C.【題目點撥】本題考查復數的四則運算、復數的概念、共軛復數等的理解，解題的關鍵就是將復數化為一般形式，借助相關概念進行理解，考查計算能力，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、7【解題分析】第一次循環(huán)：;第二次循環(huán)：;第三次循環(huán)：;結束循環(huán)，輸出考點：循環(huán)結構流程圖14、3【解題分析】

分析：由可得，令，則，，，然后列舉出的值，從而可得結果.詳解：，所以，令，根據合理安排性，集合的最大一個元素，必定為：，則，又，，①當時，同理可得.②當時，同理可得或，綜上，一共有種，故答案為.點睛：本題考查主要考查集合與元素的關系，意在考查抽象思維能力，轉化與劃歸思想，分類討論思想應用，屬于難題.解得本題的關鍵是首項確定，從而得到，由此打開突破點.15、0.5【解題分析】分析：利用條件概率求解.詳解：設第一道工序出廢品為事件則，第二道工序出廢品為事件，則根據題意可得，故在第一道工序出廢品的條件下，第二道工序又出廢品的概率即答案為0.5點睛：本題考查條件概率的求法，屬基礎題.16、2【解題分析】

分別計算出甲，乙的方差，較小的更加穩(wěn)定，故為答案.【題目詳解】根據題意，，，同理，，故更穩(wěn)定的為乙，方差為2.【題目點撥】本題主要考查統(tǒng)計量方差的計算，難度不大.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、（Ⅰ）(x-1)2+(y-1)2【解題分析】試題分析：（Ⅰ）由ρ2=x2+y2,x=ρcosθ,y=ρsinθ試題解析：（Ⅰ）由已知ρ=2(sinθ+cos所以x2+y2=2y+2x由x=2+t,y=-1+t,得y=-1+(x-2)，所以直線l的普通方程為x-y-3=0（Ⅱ）由圓的幾何性質知點P到直線l的距離的最小值為圓心C到直線l的距離減去圓的半徑，令圓心C到直線l的距離為d，則d=|-1+1-3|所以最小值為32考點：極坐標方程化為直角坐標方程，參數方程化為普通方程，直線與圓位置關系18、(1)(2)見解析【解題分析】

（1）先記甲、乙兩人同時參加同一崗位服務為事件，根據題意求出，再由，即可得出結果；(2)根據題意，先確定可能取得的值，分別求出對應概率，即可得出分布列，從而可計算出期望.【題目詳解】解：（1）記甲、乙兩人同時參加同一崗位服務為事件，那么.所以，甲、乙兩人不在同一崗位服務的概率是.（2）由題意，知隨機變量可能取得的值為1，2.則.所以.所以所求的分布列是所以.【題目點撥】本題主要考查古典概型以及離散型隨機變量的分布列與期望，熟記概念以及概率計算公式即可，屬于?？碱}型.19、（1）；（2）定值0【解題分析】

（1）解法一：設點的坐標為，可得出點，由，轉化為，利用斜率公式計算并化簡得出曲線的方程，并標出的范圍；解法二：設點，得出，由知點在圓上，再將點的坐標代入圓的方程并化簡，可得出曲線的方程，并標出的范圍；（2）先求出點的坐標，并設直線的方程為，設點、，將直線的方程與曲線的方程聯立，列出韋達定理，利用斜率公式并代入韋達定理計算出來證明結論成立?！绢}目詳解】（1）解法一：設點，因為軸，為的中點，則，，所以，，即，化簡得，所以，的方程為；解法二：依題意可知點的軌跡方程為，設點，因為軸，為的中點，所以，，所以，即，所以，的方程為；（2）依題意可知，設直線的方程為，、，由，得，所以，，，所以，所以，為定值?！绢}目點撥】本題考查動點的軌跡方程，考查直線與橢圓的綜合問題，考查將韋達定理法在直線與圓錐曲線綜合問題中的應用，這類問題的求解方法就是將直線方程與圓錐曲線方程聯立，結合韋達定理求解，運算量大是基本特點，化簡是關鍵，考查計算能力，屬于難題。20、(1)，定義域為；(2)4【解題分析】

（1）根據時間，寫出“如意金箍棒”的底面半徑和長度，由此計算出體積的解析式，并根據半徑的范圍求得的取值范圍，也即定義域.利用導數求得的單調區(qū)間和極大值，根據此時“如意金箍棒”的底面半徑列方程，解方程求得的值，進而求得解析式.（2）由（1）中求得的單調區(qū)間，求得的最小值，并求得此時“如意金箍棒”的底面半徑.【題目詳解】解：（1）“如意金箍棒”在變化到秒時，其底面半徑為，長度為則有，得：時，（秒），由知，當時，取