精品解析：江苏省南京市金陵中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题

金陵中学2024-2025学年第二学期期中考试 高二数学试卷 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 2. 已知变量与的数据如下表所示，若关于的经验回归方程是，则表中（ ） 1 2 3 4 5 10 11 13 15 A. 11 B. 12 C. 12.5 D. 13 3. 圆的圆心与抛物线C：的焦点重合，为两曲线的交点，则|AB|＝ （ ） A. 2 B. 5 C. D. 4. 由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为（ ） A. 144 B. 168 C. 156 D. 192 5. 在某次数学考试中，学生成绩服从正态分布．若在内的概率是，则从参加这次考试的学生中任意选取名学生，恰有名学生的成绩不低于的概率是（ ） A B. C. D. 6. 已知函数，若函数有3个零点，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知甲袋中装有3个红球、2个白球；乙袋中装有1个红球、3个白球．从甲、乙袋中各随机摸出2个球，设为摸出的红球总数，则的期望值是（ ） A. 1.2 B. 1.4 C. 1.7 D. 1.8 8. 若函数在上存在单调递增区间，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、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，不选或有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则n的值为6 B. 已知，则 C. 的展开式中x3的系数为12 D. 在的展开式中，系数绝对值最大项是第3项 10. 暑假期间，甲同学早上去图书馆有三种方式：骑共享自行车，乘公交车，或乘地铁，概率分别为；又知道他骑共享自行车，乘公交车，或乘地铁时，到达图书馆能立即找到空座位的概率分别为，下列说法正确的是（ ） A. 甲同学今天早上骑共享自行车出行与乘公交车出行是互斥事件 B. 甲同学今天早上乘公交车出行与乘地铁出行相互独立 C. 甲同学到达图书馆能立即找到空座位的概率大于 D. 若甲同学今天早上到达图书馆立即找到了空座位，则他是骑共享自行车出行的概率为 11. 已知双曲线的左焦点为，直线过点，与双曲线的两支、两条渐近线依次交于点（从左到右）．下列说法正确的是（ ） A. 若双曲线的渐近线方程为，则的离心率为． B. 若，且为线段的中点，则的离心率为 C. 若，且为线段的中点，则的离心率为 D. 若的离心率为2，则存在无数条直线，使 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子至少一个小球.不同放法种数是__________（用数字作答）． 13. 已知数列的前项和为，满足，则 _______． 14. 三棱锥中，于点，，和的面积都是，则当三棱锥的体积取得最大值时，________． 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. 已知箱子中有除颜色外其他均相同的8个红球，2个白球，从中随机连续抽取3次，每次取1个球． （1）求有放回抽样时，取到白球的次数X的分布列与方差； （2）求不放回抽样时，取到白球的个数Y的分布列与期望． 16. 已知为椭圆上一点，斜率为的直线l与椭圆C相交于异于点P的M，N两点，且直线PM，PN均不与x轴垂直． （1）若，A为椭圆C的上顶点，求的面积． （2）记直线PM的斜率为k1，直线PN的斜率为k2，证明：k1k2为定值． 17. 如图，△ABC是等边三角形，直线EA⊥平面ABC，直线DC⊥平面ABC，且EA＝2DC＝，F是线段EB的中点． （1）求证：平面ABC； （2）若直线CF与平面ABC所成角为45°，求平面CEF与平面DEF夹角的余弦值． 18. 已知函数 （1）当时，求函数在处切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）当函数有两个极值点且．证明：． 19. 为助力农业发展，科研团队对某农作物种子发芽情况进行研究，记录种子发芽天数为随机变量，且最多需要天发芽． （1）在不同温度条件下进行发芽实验，得到如下数据： 温度（℃） 发芽 未发芽 总计 20 60 40 100 25 80 20 100 总计 140 60 200 能否有95%的把握判断种子发芽是否与温度有关? （2）已知该种子在甲地发芽概率为0.7，在乙地发芽的概率为0.6．若随机选择甲地或乙地进行实验（两地被选中的概率均为 0.5），求种子发芽的概率． （3）深入研究发现：发芽天数为1种子在全体种子中占20%；且对于，，发芽天数为的种子在发芽天数超过的种子中占25%． ①证明：，，构成等比数列； ②求该农作物种子发芽天数的数学期望． 附：参考公式：．其中． 临界值表： 0.10 0.05 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 金陵中学2024-2025学年第二学期期中考试 高二数学试卷 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由等式求出复数，从而得到共轭复数，然后由复数的乘法求得结果. 【详解】由，得，故，所以. 故选：D． 2. 已知变量与数据如下表所示，若关于的经验回归方程是，则表中（ ） 1 2 3 4 5 10 11 13 15 A. 11 B. 12 C. 12.5 D. 13 【答案】A 【解析】 【分析】利用样本中心点求解即可. 【详解】， 因为经验回归方程经过样本中心， 所以， 解得. 故选：A. 3. 圆的圆心与抛物线C：的焦点重合，为两曲线的交点，则|AB|＝ （ ） A. 2 B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆心坐标求出抛物线方程，将抛物线方程与圆的方程联立，求出两个交点坐标，即可求解. 【详解】圆的圆心为， 所以，，所以， 联立和可得，得或， 在抛物线中，，所以，代入， 易得，所以． 故选：C 4. 由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为（ ） A. 144 B. 168 C. 156 D. 192 【答案】C 【解析】 【分析】分个位上的数字为0和个位上的数字为2或4两种情况求解，然后利用分类加法原理可求得结果. 【详解】若个位上的数字为0，可以组成个无重复数字的4位数的偶数， 若个位上的数字为2或4，可以组成个无重复数字的4位数的偶数， 故可以组成60＋96＝156个符合条件的数． 故选：C． 5. 在某次数学考试中，学生成绩服从正态分布．若在内的概率是，则从参加这次考试的学生中任意选取名学生，恰有名学生的成绩不低于的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态曲线的特点求得，然后再求恰有名学生的成绩不低于的概率即可. 【详解】因为学生成绩服从正态分布，且， 所以，，， 所以从参加这次考试的学生中任意选取名学生，其成绩不低于的概率是， 则从参加这次考试的学生中任意选取名学生，恰有名学生的成绩不低于的概率是， 故选：B. 6. 已知函数，若函数有3个零点，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分别求出和时函数的单调性和最值，画出函数图象，再根据函数的零点个数与和图象交点个数的关系，确定的取值范围. 【详解】当时，，当时，单调递减； 当时，单调递增． 所以当时，，，当， 当时，，则， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减． 当时，，当，当， 作出函数的图象如图所示． 因为函数有3个零点，所以与的图象有3个交点，由图知． 故选：B． 7. 已知甲袋中装有3个红球、2个白球；乙袋中装有1个红球、3个白球．从甲、乙袋中各随机摸出2个球，设为摸出的红球总数，则的期望值是（ ） A. 1.2 B. 1.4 C. 1.7 D. 1.8 【答案】C 【解析】 【分析】设为从甲袋中摸出的红球数，为从乙袋中摸出的红球数，则与都服从超几何分布，根据超几何分布期望的求法即可求解. 【详解】设为从甲袋中摸出的红球数，为从乙袋中摸出的红球数， 则服从超几何分布，故，同理， 故， 故选：C． 8. 若函数在上存在单调递增区间，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导，化为在区间上有解，再应用参变分离或二次函数性质研究不等式能成立，求参数范围. 【详解】由，则． 函数在区间上存在单调递增区间，只需在区间上有解， 即在区间上有解， 方法一：即在区间上有解，所以． 令，则， 令上单调递增，所以，即， 所以． 方法二：当时，在恒成立，不符合； 当时，开口向上，只需或，所以． 故选：D 二、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，不选或有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则n的值为6 B. 已知，则 C. 的展开式中x3的系数为12 D. 在展开式中，系数绝对值最大项是第3项 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A，由排列数与组合数的计算，建立方程，可得正误；对于B，利用赋值法，表示出和，可得正误；对于C，由二项式定理与多项式乘法，可得正误；对于D，由二项式定理写出通项，建立不等式，可得正误. 【详解】对于选项A，由得，解得，检验符合题意，所以A错误； 对于选项B，令，得，令，得．∴，故B错误； 对于选项C，因为，的展开式的通项， 则含x3的项为，所以系数为，所以C正确； 对于选项D，二项式的通项公式为：， 设第项的系数绝对值最大，所以有，解得， 因为，所以，所以系数绝对值最大项是第3项，D正确． 故选：CD． 10. 暑假期间，甲同学早上去图书馆有三种方式：骑共享自行车，乘公交车，或乘地铁，概率分别为；又知道他骑共享自行车，乘公交车，或乘地铁时，到达图书馆能立即找到空座位的概率分别为，下列说法正确的是（ ） A. 甲同学今天早上骑共享自行车出行与乘公交车出行是互斥事件 B. 甲同学今天早上乘公交车出行与乘地铁出行相互独立 C. 甲同学到达图书馆能立即找到空座位的概率大于 D. 若甲同学今天早上到达图书馆立即找到了空座位，则他是骑共享自行车出行的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据互斥事件的定义判断；对B，根据相互独立事件的定义判断；对C，由全概率公式求解判断；对D，由条件概率的计算公式求解判断. 【详解】设“甲同学今天早上骑共享自行车出行”为事件A1，“甲同学今天早上乘公交车出行”为事件A2， “甲同学今天早上乘地铁出行”为事件，“甲同学到达图书馆能立即找到空座位”的事件为B． 对于A，A1与A2不能同时发生，故A正确； 对于B，因为，，但，故，故B错误； 对于C，由，，，，，， 由全概率公式得： ．故C正确； 对于D，由题意可知所求概率为；故D正确． 故选：ACD． 11. 已知双曲线的左焦点为，直线过点，与双曲线的两支、两条渐近线依次交于点（从左到右）．下列说法正确的是（ ） A. 若双曲线的渐近线方程为，则的离心率为． B. 若，且为线段的中点，则的离心率为 C. 若，且为线段的中点，则的离心率为 D. 若的离心率为2，则存在无数条直线，使 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，由题意可得，从而可求出离心率，对于B，由题意不妨设直线的方程为，与渐近线方程联立可求出点，从而可求出点的坐标，代入另一条渐近线方程化简可求出离心率，对于C，由选项B可知点的坐标，从而可求出点的坐标，代入双曲线方程化简可求出离心率，对于D，分别设的横坐标为，由离心率可得双曲线方程，设直线为，分别与双曲线方程和渐近线方程联立，结合根与系数的关系进行分析判断. 【详解】对于A，由题意得，则，所以离心率，故A正确； 对于B，因为，所以直线的斜率与其中一条渐近线的斜率乘积为， 由对称性不妨设的斜率为正，则直线的方程为， 由，得，即， 因为为线段的中点，所以， 因为点在渐近线上，所以，化简得， 所以，所以离心率，所以B错误； 对于C，由选项B可知，因为为线段的中点，所以， 因为点在双曲线上，所以， 化简得，所以，得， 所以离心率为，所以C正确； 对于D，分别设的横坐标为， 因为的离心率为2，所以，所以， 所以双曲线的方程为， 由题意可知直线的斜率存在，则设直线为， 由，得， 所以， 由，得，所以， 所以，所以有相同的中点， 所以，即对所有的直线都有，所以D错误. 故选：AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子至少一个小球.不同放法种数是__________（用数字作答）． 【答案】1560 【解析】 【分析】现将6个小球分成4个小组，然后由全排列得到结果. 【详解】将6个小球分成4个小组可以是或，然后再分别放入4个不同盒子， 共有种排法. 故答案为：1560. 13. 已知数列的前项和为，满足，则 _______． 【答案】364 【解析】 【分析】首先利用公式，判断数列是等比数列，再代入公式，即可求解. 【详解】令，得，得， 由， 当时，，两式相减得， ，即，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以. 故答案为：364. 14. 三棱锥中，于点，，和的面积都是，则当三棱锥的体积取得最大值时，________． 【答案】 【解析】 【分析】设，则由和的面积都是，可求得，设上的高为，表示出，由题意可证得平面，从而可表示出三棱锥的体积，构造函数利用导数可求出其最大值，进而可求出，然后在中利用余弦定理可求得结果. 【详解】 设，在中，，所以， 所以，同理，． 在等腰中，设上的高为，则． 因，且，平面， 所以平面， 所以三棱锥的体积， 设，令，由，得， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以． 所以当时，取得最大值． 此时， 所以． 故答案为： 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. 已知箱子中有除颜色外其他均相同的8个红球，2个白球，从中随机连续抽取3次，每次取1个球． （1）求有放回抽样时，取到白球的次数X的分布列与方差； （2）求不放回抽样时，取到白球的个数Y的分布列与期望． 【答案】（1）分布列见解析， （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）有放回抽样时，，求出对应概率，得到分布列，最后由二项分布方差公式可得；（2）不放回抽样时，，分别求出对应的概率，即可得Y的分布列．进而期望即可. 【小问1详解】 有放回抽样时，取到白球的次数X可能的取值为0，1，2，3． 每次抽到白球的概率均为，3次取球可以看成3次独立重复试验，则， 所以，， ，， 则X分布列为： X 0 1 2 3 P 则 【小问2详解】 不放回抽样时，则 ，，， 则Y的分布列为： Y 0 1 2 P 则 16. 已知为椭圆上一点，斜率为的直线l与椭圆C相交于异于点P的M，N两点，且直线PM，PN均不与x轴垂直． （1）若，A为椭圆C的上顶点，求的面积． （2）记直线PM的斜率为k1，直线PN的斜率为k2，证明：k1k2为定值． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先联立直线与椭圆方程，消去得到关于的方程，由判别式确定取值范围. 用韦达定理得和表达式. 代入弦长公式，结合求，舍去不符合的值得到直线方程. 用点到直线距离公式求点到直线距离，再根据三角形面积公式求面积. （2）依据直线斜率公式写出表达式，把，代入表达式化简，结合韦达定理计算即可. 【小问1详解】 设直线的方程为，，，，， 联立，消去得， 由，得， 则． ， 解得或， 当时，直线的方程为； 当时，直线经过点，不符合题意，舍去． 所以当时，的方程为． 点到直线l的距离， 故的面积． 【小问2详解】 证明：直线，均不与轴垂直，所以，，则且， 所以 ， 所以为定值． 17. 如图，△ABC是等边三角形，直线EA⊥平面ABC，直线DC⊥平面ABC，且EA＝2DC＝，F是线段EB的中点． （1）求证：平面ABC； （2）若直线CF与平面ABC所成角为45°，求平面CEF与平面DEF夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取AB的中点M，利用线面垂直的性质、线面平行的判定推理得证. （2）以M为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量求法求解. 【小问1详解】 取AB的中点M，连接FM和CM，在中，F是EB的中点，M是AB的中点， 则且， 由平面，而平面，得，又， 因此四边形是平行四边形，， 而平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 由（1）得，平面，则为直线CF与平面所成角，即， 在中，，在等边中，M为AB的中点，则， 以M为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 则， 设平面的法向量为，则，取，得， 设平面的法向量为，则，取，得， 设平面与平面夹角为θ，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知函数 （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）当函数有两个极值点且．证明：． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义结合题意求解即可； （2）先对函数求导后，再分和两种情况讨论导数的正负，从而可求出的单调区间； （3）由（2）知，当时，有两个极值点，则得，，然后化简，构造函数，利用导数求解其最大值，从而可证得结论. 【小问1详解】 当时，，则 所以，又， 所以函数在处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 函数的定义域为， 则， 令，即，则 当，即时，，此时在上单调递减； 当，即当或时， 若，方程的两根为，则两根均为正根，且， 则时，，则在上单调递减， 时，，则上单调递增， 时，，则在上单调递减， 若，恒成立，所以在上单调递减； 综上，当，在上单调递减； 当时，在，上单调递减， 在上单调递增. 【小问3详解】 证明：由（2）知，当时，有两个极值点，满足， 则， 所以 令，其中，则， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以， 因为， 所以， 所以. 19. 为助力农业发展，科研团队对某农作物种子的发芽情况进行研究，记录种子发芽天数为随机变量，且最多需要天发芽． （1）在不同温度条件下进行发芽实验，得到如下数据： 温度（℃） 发芽 未发芽 总计 20 60 40 100 25 80 20 100 总计 140 60 200 能否有95%的把握判断种子发芽是否与温度有关? （2）已知该种子在甲地发芽的概率为0.7，在乙地发芽的概率为0.6．若随机选择甲地或乙地进行实验（两地被选中的概率均为 0.5），求种子发芽的概率． （3）深入研究发现：发芽天数为1的种子在全体种子中占20%；且对于，，发芽天数为的种子在发芽天数超过的种子中占25%． ①证明：，，构成等比数列； ②求该农作物种子发芽天数的数学期望． 附：参考公式：．其中． 临界值表： 0.10 0.05 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）有95%的把握判断种子发芽是否与温度有关 （2）0.65 （3）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）求得卡方值，结合临界值比较即可判断； （2）由全概率公式即可求解； （3）①由题意得到，，两式相减得到，进而可求证，②由期望计算公式结合错位相减法即可求解. 【小问1详解】 提出假设 ：种子发芽是否与温度无关， ， 由于由于， ， 所以我们有95%的把握判断种子发芽是否与温度有关． 【小问2详解】 设“选择甲地进行试验”为事件，“选择乙地进行试验”为事件，“种子发芽”为事件B， 则， 即种子发芽的概率为． 【小问3详解】 ①证明：由题可得，， 当时，， 同理可得，当时，， 两式相减得， 即， 因为， 所以， 所以，， 所以当时，是以为首项，为公比的等比数列， ② 所以 令， 则， 两式相减得，， 所以， 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$