精品解析：浙江省余姚中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题

余姚中学2024学年第二学期质量检测高二数学学科试卷 一、选择题：本大题共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. 已知双曲线C：经过点，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，且，则下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 设随机变量，满足：，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 4. 已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ） A. 0.14 B. 0.62 C. 0.72 D. 0.86 5. 2024年伊始，随着“广西砂糖桔”“马铃薯公主”等热梗的不断爆出，哈尔滨火爆出圈，成为旅游城市中的“顶流”．某班级六位同学也准备共赴一场冰雪之约，制定了“南方小土豆，勇闯哈尔滨”的出游计划，这六位同学准备在行程第一天在圣索菲亚教堂、冰雪大世界、中央大街三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，六位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数是（ ） A. 132 B. 144 C. 150 D. 168 6. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题．用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为．已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 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．记X为比赛决出胜负时的总局数，则X的均值（数学期望）为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足为的导函数，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 已知，.若随机事件A，B相互独立，则（　　） A. B. C. D. 10 从0，1，2，3，4，5，6这7个数字中取出4个数字，则（ ） A. 可以组成720个无重复数字的四位数 B. 可以组成300个无重复数字且为奇数的四位数 C. 可以组成270个无重复数字且比3400大的四位数 D. 可以组成36个无重复数字且能被25整除的四位数 11. 已知，则（ ） A. 展开式的各二项式系数的和为0 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中的系数为_________. 13. 国际数学家大会（ICM）是由国际数学联盟（IMU）主办的国际数学界规模最大也是最重要的会议，每四年举行一次，被誉为数学界的奥林匹克盛会．第24届国际数学家大会在北京召开，其会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，由一个正方形和四个全等的直角三角形构成（如图）．现给图中5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色．若有5种不同的颜色可供使用，则不同的涂色方案有__________种． 14. 若正实数是函数的一个零点，是函数的一个大于的零点，则的值为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤． 15. 在的展开式中，求： （1）常数项； （2）含的项的系数； （3）系数的绝对值最大的项． 16. 已知甲袋中有3个白球和4个黑球，乙袋中有5个白球和4个黑球，现从两个袋中各取2个球，试求： （1）取得的4个球均是白球的概率； （2）取得白球个数的分布列及数学期望． 17. 为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了“青春向党百年路，奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，这200份试卷的成绩（卷面共100分）频率分布直方图如下. （1）用样本估计总体，求此次知识竞赛的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. （2）可以认为这次竞赛成绩近似地服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为，的近似值），已知样本标准差，如有的学生的竞赛成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平均分约为多少（结果取整数）？ （3）从试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这10份样本中随机抽测份试卷（抽测的份数是随机的），若已知抽测的份试卷都不低于90分，求抽测2份的概率. 参考数据：若，则. 18. 已知离心率为的椭圆与轴正半轴､轴正半轴分别交于､两点且. （1）求椭圆的标准方程； （2）设经过椭圆左焦点的直线与椭圆交于两点，点为坐标原点.若面积为，求直线的方程； （3）点，点在椭圆上，且满足（记直线斜率为，直线斜率为），过点作的垂线，垂足为，问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求出此定值，若不存在，请说明理由. 19. 设函数. （1）若曲线在点处切线方程为，求的值； （2）当时恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 余姚中学2024学年第二学期质量检测高二数学学科试卷 一、选择题：本大题共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. 已知双曲线C：经过点，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出双曲线方程再根据双曲线渐近线的求法得解. 【详解】因为双曲线C：经过点， 所以，渐近线方程为. 故选：B 2. 已知，且，则下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据排列数的运算性质即可判断AC，根据组合数的运算性质即可判断BD. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，，B错误； 对于C，， 所以，C正确； 对于D，，D错误. 故选：C 3. 设随机变量，满足：，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】二项分布与次独立重复试验的模型．先利用二项分布的数学期望公式求出，再利用方差的性质求解即可． 【详解】解：因为，则， 又，所以． 故选：A． 4. 已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ） A. 0.14 B. 0.62 C. 0.72 D. 0.86 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布的性质进行计算即可. 【详解】随机变量服从正态分布， 且, 所以， ， 所以， 故选:D. 5. 2024年伊始，随着“广西砂糖桔”“马铃薯公主”等热梗的不断爆出，哈尔滨火爆出圈，成为旅游城市中的“顶流”．某班级六位同学也准备共赴一场冰雪之约，制定了“南方小土豆，勇闯哈尔滨”的出游计划，这六位同学准备在行程第一天在圣索菲亚教堂、冰雪大世界、中央大街三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，六位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数是（ ） A. 132 B. 144 C. 150 D. 168 【答案】C 【解析】 【分析】分学生甲、乙选的景点没有其他人选与有其他人选两大类，采用先分组、再分配的方法计算可得. 【详解】若学生甲、乙选的景点没有其他人选，则分组方式为或（其中为甲、乙）， 当为时，则有种选法； 当为（其中为甲、乙）时，则有种选法； 若学生甲、乙选的景点有其他人选，则分组方式为或（其中为甲、乙与另一学生）， 当为时，则有种选法； 当为（其中为甲、乙与另一学生）时，则有种选法； 综上可得一共有种不同的选法. 故选：C 6. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题．用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为．已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由二项式定理得到，得到，结合2024除以7余1，2025除以7余2，2026除以7余3，2027除以7余4，从而得到答案. 【详解】由二项式定理，得 , 因为能够被7整除， 被7除余1，所以． 因为2024除以7余1，2025除以7余2，2026除以7余3，2027除以7余4， 所以． 故选：A 7. 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．记X为比赛决出胜负时的总局数，则X的均值（数学期望）为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设表示“第局甲获胜”，表示“第局乙获胜”，求出其概率值，确定随机变量的所有可能的值，利用独立事件的概率乘法公式求出对应的概率，得到其分布列，利用期望公式计算即可. 详解】设表示“第局甲获胜”，表示“第局乙获胜”， 则， 由题意的所有可能的值为， 则， ， ， . 故的分布列为： 2 3 4 5 则. 故选：A. 8. 已知定义在上的函数满足为的导函数，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，由条件判断其奇偶性，单调性，利用单调性解不等式即可. 【详解】令，所以，因为，所以，化简得， 所以是上的奇函数； ， 因为当时，， 所以当时，，从而在上单调递增，又是上的奇函数，所以在上单调递增； 考虑到，由， 得，即， 由在上单调递增，得解得， 所以不等式解集为， 故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 已知，.若随机事件A，B相互独立，则（　　） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据条件概率公式和独立事件乘法公式即可判断ABC，再根据即可判断D. 【详解】对B，，B正确； 对A，，，A错误； 对C，，，C正确； 对D， ，D正确. 故选：BCD. 10. 从0，1，2，3，4，5，6这7个数字中取出4个数字，则（ ） A. 可以组成720个无重复数字的四位数 B. 可以组成300个无重复数字且为奇数的四位数 C. 可以组成270个无重复数字且比3400大的四位数 D. 可以组成36个无重复数字且能被25整除的四位数 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据0不能排在首位，利用分步计数原理可判断A；先排个位，再排千位，然后排十位与百位可判断B；分三类，千位比3大的数，千位是3且百位比4大的数，千位是3且百位是4的数，进而可判断C；对个位与十位分两种情况讨论判断D. 【详解】首位不能排0，有种排法，后面三位从剩下的6个数字中任选3个进行排列，所以共有，即可以组成720个无重复数字的四位数，A正确； 个位从1，3，5选择一个，有种选法；千位数字不可选0，从剩下的5个中选一个，有种选法；在剩下的5个数字中选出2个，安排在百位、十位数字，有种选法，则个无重复数字的四位奇数；B正确； 3400大的四位数分三类： 第一类千位比3大的数，其它三位任意排，有个， 第二类千位是3，百位比4大的数，其它两位任意排，有个， 第三类千位是3，百位是4的数，其它两位任意排，有个， 根据分类计数原理得比3400大的四位数共有，C不正确； 能被25整除的四位数分两类： 第一类：形如□□25，共个；第二类：形如□□50，共有个； 能被25整除的四位数共有：个，D正确. 故选：ABD. 11. 已知，则（ ） A. 展开式的各二项式系数的和为0 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】二项式系数和为，得出A；令，得到，令，得到，得出B；由二项式定理可得，所以，它是的展开，得到C；，， 化简即可得D. 【详解】， 展开式的各二项式系数的和为，所以A错； 令，得到，令，得到， ，所以B对； 由二项式定理可得：，， 所以，， ， ，故C对； ， ， ， ，，故D对. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中的系数为_________. 【答案】42 【解析】 【分析】先将原式分解为2个代数式之和，运用二项式定理分别计算 项的系数，再求和即可. 【详解】 ， 先计算第一个式子 项的系数为=35 ， 再计算第二个式子的 项的系数为 ， 所以原式 项的系数为35+7=42； 故答案为：42. 13. 国际数学家大会（ICM）是由国际数学联盟（IMU）主办的国际数学界规模最大也是最重要的会议，每四年举行一次，被誉为数学界的奥林匹克盛会．第24届国际数学家大会在北京召开，其会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，由一个正方形和四个全等的直角三角形构成（如图）．现给图中5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色．若有5种不同的颜色可供使用，则不同的涂色方案有__________种． 【答案】420 【解析】 【分析】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂5块区域至少需要3种颜色，然后对使用的颜色种数进行分类讨论，分别求出方案数，再运用分类加法计数原理求出最后结果. 【详解】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂5块区域至少需要3种颜色， 若5块区域只用3种颜色涂色，则颜色选法有种，相对的直角三角形必同色， 此时不同的涂色方案有种； 若5块区域只用4种颜色涂色，则颜色的选法有种，其中一对相对的直角三角形必同色， 余下的两个直角三角形不同色，此时不同的涂色方案有种； 若5块区域只用5种颜色涂色，则每块直角三角形都不同色，此时不同的涂色方案有种； 综上，不同的涂色方案有：种. 故答案为：420 14. 若正实数是函数的一个零点，是函数的一个大于的零点，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题设可得，即有，进而构造，利用导数研究其单调性得到，即可求目标式的值. 【详解】由，即，， 由，即，， ，即， ，又，即， 同构函数，则， 又， ，故，则，又， ，单调递增，故必有， . 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据题设得到，并用导数研究其单调性为关键. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤． 15. 在的展开式中，求： （1）常数项； （2）含的项的系数； （3）系数的绝对值最大的项． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）利用二项展开式的通项，对赋值计算即得常数项； （2）利用二项展开式的通项，对赋值计算记即得的项的系数； （3）先求出通项中的系数的绝对值的表达式，再利用不等式法求出系数绝对值最大时对应的值，回代入通项计算即得. 【小问1详解】 的展开式的通项为：， 令，解得，可得，即常数项为． 【小问2详解】 令，解得，可得，即项的系数为． 【小问3详解】 二项展开式系数的绝对值是，由，解得， ，， 系数的绝对值最大的项为． 16. 已知甲袋中有3个白球和4个黑球，乙袋中有5个白球和4个黑球，现在从两个袋中各取2个球，试求： （1）取得的4个球均是白球的概率； （2）取得白球个数的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）利用古典概率公式和组合数表示计算即得； （2）利用古典概率公式求分布列，根据期望公式计算即得. 【小问1详解】 取得的4个球均是白球的概率：. 【小问2详解】 取得白球个数的可能值为， 则， ， ， ， ， 故分布列为： 0 1 2 3 4 故数学期望为． 17. 为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了“青春向党百年路，奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，这200份试卷的成绩（卷面共100分）频率分布直方图如下. （1）用样本估计总体，求此次知识竞赛的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. （2）可以认为这次竞赛成绩近似地服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为，的近似值），已知样本标准差，如有的学生的竞赛成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平均分约为多少（结果取整数）？ （3）从的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这10份样本中随机抽测份试卷（抽测的份数是随机的），若已知抽测的份试卷都不低于90分，求抽测2份的概率. 参考数据：若，则. 【答案】（1）80.5 （2）72分 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图，结合平均数的公式，即可求解； （2）首先确定，再根据参考公式，即可求解； （3）根据全概率公式，和条件概率，列式求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知， 平均分； 【小问2详解】 由（1）可知，, 设学校期望的平均分约为，则， 因为，， 所以，即， 所以学校的平均分约为72分； 【小问3详解】 由频率分布直方图可知，分数在和的频率分别为和， 那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在，应抽取人， 分数在应抽取人， 记事件：抽测份试卷，事件取出的试卷都不低于90分， 则,， ， 则. 18. 已知离心率为椭圆与轴正半轴､轴正半轴分别交于､两点且. （1）求椭圆的标准方程； （2）设经过椭圆左焦点的直线与椭圆交于两点，点为坐标原点.若面积为，求直线的方程； （3）点，点在椭圆上，且满足（记直线的斜率为，直线斜率为），过点作的垂线，垂足为，问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求出此定值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）或 （3）是定值，定值 【解析】 【分析】（1）由椭圆的离心率以及三个参数的关系时，结合弦长的计算，建立方程，可得答案； （2）设出直线方程，联立椭圆方程，写出韦达定理，利用分割求三角形面积建立方程，可得答案； （3）设出直线方程，联立椭圆方程，写出韦达定理，利用两点斜率代入等式，由解方程分情况检验，可得答案 【小问1详解】 由题意可得，又， ，故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 显然直线的斜率不会为0，设直线， 设，则，消去可得， 由，则， ，解得， 所以，直线的方程为或. 【小问3详解】 若直线的斜率存在，设直线， ，消可得， 由，则， 由， 即， 整理得， ， 整理得，或. 当即时，直线，过点，不符合； 当即时，直线，过点，符合； 而，故，即点在为直径的圆上， 所以只需取的中点，则 故存在，使得为定值. 19. 设函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求的值； （2）当时恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解； （2）求出导函数，并设，求得，由于 ，因此根据，以及分类讨论是否恒成 立，从而得参数范围； （3）由（2）不等式变形得，再用代后变形及放缩得，然后令后相加可证． 【小问1详解】 ， 由题意曲线在点处切线方程为， 则，解得； 【小问2详解】 ，， ，令（），则， 当，即时，，即是上的增函数， 因此， 是增函数，所以，不合题意，舍去； 当即时，，即是上的减函数， 所以， 所以是上的减函数，从而恒成立， 当即时，， 时，，在单调递增， 时，，在单调递减， 又，所以时，恒成立，即恒成立， 此时在上单调递增，因此，与题意不合，舍去， 综上． 【小问3详解】 由（2）知时，，即，从而， 所以，又， 所以， 此不等式中分别令得 ，，，， 将这个不等式相加得. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于第（3）小题，关键是利用（2）中不等式变形及不等式的性质得出，然后分别令后相加得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$