高二数学期末模拟卷（北师大版2019）选修一、二全部-2023-2024学年高二下学期期末模拟考试

这是一份高二数学期末模拟卷（北师大版2019）选修一、二全部-2023-2024学年高二下学期期末模拟考试，文件包含高二下册数学期末模拟卷全解全析docx、高二数学期末模拟卷参考答案docx、高二数学期末模拟卷考试版测试范围北师大版2019选择性必修第一册和选择性必修第二册A4版docx、高二数学期末模拟卷考试版测试范围北师大版2019选择性必修第一册和选择性必修第二册A3版docx、高二数学期末模拟卷答题卡A3版docx等5份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．测试范围：北师大版2019选择性必修第一册和选择性必修第二册。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知直线与直线垂直，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由直线垂直的充要条件即可列式得解.
【详解】直线的斜率为2，又两直线互相垂直，所以直线的斜率为，
即且，，所以.
故选：D.
2．若，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】根据导数的定义计算即可求解.
【详解】由题意知，，
则.
故选：D
3．已知为坐标原点，为抛物线（）的焦点，点在上，且，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由抛物线定义得到，利用解得，进而求得抛物线方程.
【详解】由抛物线的定义，可知，又，，
所以，得.
由点在上，得，结合，解得.
所以的方程为.
故选：A.
4．下列说法正确的是（ ）
A．随机变量，则
B．某人在7次射击中，击中目标的次数为且，则当时概率最大
C．从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，至少有一个黑球与至少有一个红球是两个互斥而不对立的事件
D．从个红球和个白球颜色外完全相同中，一次摸出个球，则摸到红球的个数服从超几何分布
【答案】D
【分析】由二项分布的概率计算公式代入计算，即可判断AB，由互斥事件对立事件的定义即可判断C，由超几何分布的定义即可判断D
【详解】由二项分布的概率公式可得，故A错误；
在7次射击中，击中目标的次数为且，
当时，对应的概率为，
当时，，由可得，
即当时概率最大，故B错误；
至少有一黑球包含的基本事件为“一黑一红，两黑”，至少有一个红球包含的基本事件为“一黑一红，两红”，故至少有一个黑球与至少有一个红球不互斥，故C错误；
设摸出红球的个数为，则，
故满足超几何分布，故D正确；
故选：D
5．如图，在所有棱长均为的平行六面体中，为与交点，，则的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以，，作为一组基底表示出，再根据数量积的运算律求出，即可得解.
【详解】依题意
，
所以
，
所以，即.
故选：C
6．已知甲、乙、丙、丁、戊5人身高从低到高，互不相同，将他们排成相对身高为“高低高低高”或“低高低高低”的队形，则甲、丁不相邻的不同排法种数为（ ）
A．12B．14C．16D．18
【答案】B
【分析】将排法分为两种情况讨论，再利用分类加法计数原理相加即可.
【详解】依据题意，分两种情况讨论，
情况一：高低高低高依次对应1-5号位置，规定甲在号位，则乙在1号位或4号位，而甲，丁不相邻，
当乙在1号位时，此时为乙甲戊丙丁，共1种，
当乙在4号位时，此时有丙甲戊乙丁，戊甲丙乙丁，共2种，
易得倒序排列和正序排列种数相同，故本情况共6种，
情况二：低高低高低依次对应1-5号位置，假设戊在2号位，
若丁在1号位，此时有丁戊甲丙乙，丁戊乙丙甲，共2种，
若丁在4号位，此时有甲戊丙丁乙，甲戊乙丁丙，共2种，
易得倒序排列和正序排列种数相同，故本情况共8种，
故符合题意的情况有种，故B正确.
故选：B.
7．已知数列的首项为常数且，，若数列是递增数列，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由已知条件推得数列是首项为，公比为的等比数列，运用等比数列的通项公式可得，再由数列的单调性，结合不等式恒成立思想，可得所求取值范围．
【详解】因为，
所以，
由于，即，
可得数列是首项为，公比为的等比数列，
则，因为数列是递增数列，可得，
即对任意的正整数都成立．
当为偶数时，恒成立，由于数列单调递减，
可得，则；
当为奇数时，恒成立，由于数列单调递增，
可得，则；
综上可得的取值范围是．
故选：B ．
8．已知，则这三个数的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】令，利用导数可知在上单调递增，在上单调递减，结合，可得答案.
【详解】令，令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，
且，
则，即.
故选：C.
选择题：本题共3小题，每小题6分，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
9．某骑行爱好者在专业人士指导下对近段时间骑行锻炼情况进行统计分析，统计每次骑行期间的身体综合指标评分与骑行用时（单位：小时）如下表：
由上表数据得到的错误结论是（ ）
参考数据：,
参考公式：相关系数.
A．身体综合指标评分与骑行用时正相关
B．身体综合指标评分与骑行用时的相关程度较弱
C．身体综合指标评分与骑行用时的相关程度较强
D．身体综合指标评分与骑行用时的关系不适合用线性回归模型拟合
【答案】ABD
【分析】利用公式求出相关系数值，根据相关系数的正负值判断与正负相关性；利用相关系数值判断相关程度强与弱.
【详解】由题意，
，
，，
且
因为相关系数.
即相关系数近似为，且相关程度强，
并且与负相关，从而可用线性回归模型拟合与的关系.
所以选项ABD错误，C正确.
故选：ABD.
10．设数列的前项和为，且（为常数），则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若为等差数列，则
D．若为等比数列，则
【答案】ACD
【分析】首先由求出，根据各个选项的条件及等比等差数列的性质即可判断．
【详解】当时，；
当时，，
所以，
对于A，若，则，
故，则，故A选项正确；
对于B，若，则，
故，则，故B选项错误；
对于C，若为等差数列，则当时，是与无关的常数，
故只能有，即；
同时也是与无关的常数，且根据等差数列的定义可知，这两个常数是同一个数，
故，
所以，C选项正确；
对于D，若为等比数列，则当时，，这是一个与无关的常数；
同时也是与无关的常数，且根据等比数列的定义可知，这两个常数是同一个数，
故，得，故D选项正确，
故选：ACD．
11．已知圆：，则下列说法正确的是（ ）
A．圆的半径为16
B．圆截轴所得的弦长为
C．圆与圆：相外切
D．若圆上有且仅有两点到直线的距离为1，则实数的取值范围是
【答案】BC
【分析】先运用配方法将一般式方程化为标准方程，可确定其圆心个半径，可判断A；根据点到弦的距离可求出弦长，判断B；圆心距和半径的关系可确定圆与圆的位置关系，判断C；圆心到直线的距离与半径之间的数量关系可确定圆C上有且仅有两点到直线的距离为1，判断D.
【详解】由圆，可得圆的标准方程为，
所以圆的半径为4，故A错误；
令，得，设圆与轴交点的横坐标分别为，，
则，是的两个根，所以，，
所以，故B正确；
两圆圆心距，故C正确；
由圆上有且仅有两点到直线的距离为1，
则，解得或，
即实数的取值范围是，故D错误.
故选：BC.
三．填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分
12．某体育器材店在两个购物平台上均开设了网店，平台一有1万人给出评分，综合好评率为，平台二有2万人给出评分，综合好评率为，则这家体育器材店的总体综合好评率为 .
【答案】
【分析】利用互斥事件与独立事件同时发生的概率公式可求解.
【详解】这家体育器材店的总体综合好评率为.
故答案为：.
13．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样的一列数：，该数列的特点是：从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，则是斐波那契数列中的第 项．
【答案】2025
【分析】根据“斐波那契数列”的递推关系可得结果.
【详解】依题意有：
，
所以：，
故答案为：2025.
14．已知实数满足，则的值是 ，的取值集合是 .
【答案】
【分析】令，对求导，可证得，再结合，即可知，，解方程可得答案.
【详解】令，则，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
故，所以，当时取等号.
所以，
即，而，
又因为，所以，，
即，故.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于令，对求导，可证得，再结合，即可知，，解方程可得答案.
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．（13分）甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局.根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响.
(1)经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望；
(2)若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率.
【答案】(1)分布列见解析，2
(2)
【分析】（1）根据题意可知，进而利用二项分布求出的分布列及数学期望；
（2）由题意可知，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况，即甲获胜2局，甲获胜3局，从而结合（1）可得结果.
【详解】（1）由题意得，，X的取值可能为0，1，2，3，
则，，
，.
所以X的分布列为
因为，所以X的期望.
（2）第3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况：
甲获胜2局，甲获胜3局，
所以所求概率为.
16．（15分）已知函数．
(1)求函数在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间和极值．
【答案】(1)
(2)单调递增区间为，单调递减区间为，，极大值为，极小值为
【分析】（1）求出导函数可得切线的斜率，求出切点，再由直线的点斜式方程可得答案；
（2）利用导数判断出函数的单调性可得答案.
【详解】（1）函数，导函数，
所以在处的切线的斜率为，
切点的纵坐标为，所以切点为，
所以切线方程为，即；
（2）函数，导函数，
由得，得或，
所以单调递增区间为，单调递减区间为．
所以极大值为，极小值为.
17．（15分）已知等差数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，数列的前项和为，若，求正整数的最小值．
【答案】(1)；
(2)10.
【分析】（1）由等差数列基本量的关系列方程组即可求解.
（2）通过等差数列求和公式得，通过数列裂项相消求和得，解不等式即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
则，
解得，
故．
（2）因为，
所以．
且等差数列前项和．
由，
结合m为正整数，解得，
即正整数的最小值为10．
18．（17分）如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）首先取的中点，的中点，连接，，以为原点，分别为轴建系，再利用向量法证明即可；
（2）求出平面的法向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
（3）利用空间向量法求出点到平面的距离.
【详解】（1）取的中点，的中点，连接，.
因为，，
所以，，
又因为，，均垂直于平面，，
所以平面，
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，，
，，.
设平面的法向量，则，
即，令，得，
所以，
又平面，所以平面；
（2）因为，，，
设平面的法向量，则，
即，令，得，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角为.
（3）因为平面的法向量为，，
所以点到平面的距离.
19．（17分）已知点在双曲线上．
(1)求双曲线的方程；
(2)设点为双曲线右支上除右顶点外的任意点，证明：点到的两条渐近线的距离之积为定值；
(3)过点作斜率为的动直线与双曲线右支交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点，满足．
（ⅰ）求斜率的取值范围；
（ⅱ）证明：点恒在一条定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）将点代入方程，解出即可；
（2）利用距离公式即可证明；
（3）将直线与双曲线的方程联立，可得到一个二次方程，利用二次方程的性质即可得到的取值范围，再利用韦达定理，可以用表示点的坐标，最后验证点恒在直线上即可.
【详解】（1）由点在双曲线上，知，故.
展开得到，即，故.
所以，故双曲线的方程为.
（2）设的坐标为，则，即.
而双曲线的渐近线为和，故到两条渐近线的距离之积为，此为定值.
（3）
（ⅰ）
由题意知直线的方程为，即，与即联立，得到.
将展开，即为.
设，，由于与的右支有两个不同的交点，故关于的方程有两个不同的正数根，这等价于，即.
由，知条件等价于.
而
，
故条件等价于，即，且，且，即.
所以斜率的取值范围是.
（ⅱ）
设，由于是关于的方程的两个不同的正数根，故，.
由于，，，且在同一直线上，故，.
而，故，即.
从而，故.
由，，知.
去分母，得，即，所以.
由于点在直线上，而直线的方程为，故.
从而点的坐标为.
由于，故点恒在定直线上.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对韦达定理的多次运用，在求斜率的取值范围，以及求点的坐标时，均用到了韦达定理. 韦达定理能够让我们先确定关于一个多项式方程的根的初等对称多项式的取值（而不需要解出每个根），再由此确定任意一个对称多项式（或对称的分式表达式等其它对称表达式）的取值. 例如对于二次方程，我们由韦达定理确定和后，就可以由此确定若干对称表达式的值，例如在距离问题中常见的，和在比例问题中常见的. 本题中我们处理的是表达式，将其化为，再利用其取值为零，结合韦达定理即可轻松解出，而不需要解出.
身体综合指标评分
1
2
3
4
5
用时小时）
9.5
8.8
7.8
7
6.1
X
0
1
2
3
P