精品解析：河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题

新蔡县第一高级中学2024-2025学年高二下学期4月份期中模拟考试数学试题 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C：的周长为（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 20 2. 若的展开式中的系数为，则（ ） A. B. C. D. 3. 若随机变量，则（ ） A. 1.2 B. 2.4 C. 4.8 D. 9.6 4. 已知，空间向量为单位向量，，则空间向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. 2 B. C. D. 5. 已知抛物线上的点到焦点的距离为6，则点到轴的距离为（ ） A. B. C. 2 D. 4 6. 设是等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知曲线在处的切线方程为，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 8. 已知正方体，如图，延长至P使，O为的中点，设交平面于K，则下列说法正确的是（ ） A. 与异面 B. C. 的余弦值为 D. 平面与平面的夹角的正切值为 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上､下､左､右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则（ ） A. 蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率是 B. 蚂蚁移动到点的概率为 C. 蚂蚁回到原点的概率为 D. 蚂蚁移动到直线上的概率为 10. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的上四分位数为9 B. 若，，且，则C，D相互独立 C. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点坐标为，则 D. 将两个具有相关关系的变量的一组数据调整为，，…，，决定系数不变 （附： ， ，） 11. 在数列中，，对任意，则（ ） A. B. 为递增数列 C. 为等差数列 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的导函数为, 记 ，则A，B，C的大小关系是_____.（按从小到大的顺序排列） 13. 设等差数列的前项和分别为，若，则__________. 14. 2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践活动．我市某学校的数学老师组织学生到“牛马司农产品基地”进行科学实践活动，在某种植番石榴的果园中，尹诗老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头．结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到．假设小明在果园中一共会遇到n颗番石榴(不妨设n颗番石榴的大小各不相同)，最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前k(1≤k<n)颗番石榴，自第k+1颗开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这颗番石榴，否则就摘最后一颗．记该学生摘到那颗最大的番石榴的概率为P．若，则__________ ． 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. 中国是茶的故乡，茶文化源远流长，博大精深.某兴趣小组，为了了解当地居民对喝茶的态度，随机调查了100人，并将结果整理如下： 单位：人 年龄段 态度 合计 不喜欢喝茶 喜欢喝茶 35岁以上（含35岁） 30 30 60 35岁以下 25 15 40 合计 55 45 100 （1）依据小概率值的独立性检验，能否据此推断该地居民喜欢喝茶与年龄有关？ （2）以样本估计总体，用频率代替概率.该兴趣小组在当地喜欢喝茶的人群中，随机选出2人参加茶文化艺术节.抽取的2人中，35岁以下的人数记为，求的分布列与期望. 参考公式：，其中. 参考数据： 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 已知函数， （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，是否存在直线与曲线和都相切？若存在求出所有这样的直线；若不存在，请说明理由． 17. 已知数列满足，（），记． （1）求证：是等比数列； （2）设，数列的前n项和为．若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围． 18. 如图，在四棱锥中， 平面，，，. （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 19. 已知，两点在椭圆上，直线交椭圆于两点（均不与点重合），过作直线的垂线，垂足为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线，的斜率分别为，当时， ①求证：直线恒过定点，并求出定点坐标； ②求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新蔡县第一高级中学2024-2025学年高二下学期4月份期中模拟考试数学试题 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C：的周长为（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 20 【答案】D 【解析】 【分析】曲线C：去绝对值得四条线段，然后根据距离公式分别求出四条线段的长度，即可得解. 【详解】曲线C：等价于或或或. 对于表示以和为顶点线段，其长度为， 对于表示以和为顶点线段，其长度为， 对于表示以和为顶点线段，其长度为， 对于表示以和为顶点线段，其长度为， 所以曲线C：的周长为. 故选：D 2. 若的展开式中的系数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用展开式的通项公式即可求解. 【详解】因为展开式的通项公式为， 令，得；令，得． 所以的展开式中的系数为，解得． 故选：B． 3. 若随机变量，则（ ） A. 1.2 B. 2.4 C. 4.8 D. 9.6 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项分布的方差计算公式得到，再离散型随机变量的方差的性质计算求解. 【详解】因为，所以，， 所以， 故选：D. 4. 已知，空间向量为单位向量，，则空间向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由投影向量的计算公式即可求解. 【详解】空间向量在向量方向上的投影向量为， 因为为单位向量，，， 所以， 所以， 故选：B 5. 已知抛物线上的点到焦点的距离为6，则点到轴的距离为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线的定义确定坐标，即可求解. 【详解】由抛物线方程可得：抛物线的准线方程为：， 由抛物线的定义可得：点到准线的距离为6， 所以点纵坐标为，代入抛物线方程可得：， 得：， 所以点到轴的距离为， 故选：B 6. 设是等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出首项和公差，利用得到，再求值即可. 【详解】设首项为，公差为，因为，所以， 则，即，得到， 而，故C正确. 故选：C 7. 已知曲线在处的切线方程为，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】求导，可得切点坐标为，切线斜率，结合题意列式求解即可. 【详解】因为，， 当时，则， 即切点坐标为，切线斜率， 由题意可得：，解得. 故选：A. 8. 已知正方体，如图，延长至P使，O为的中点，设交平面于K，则下列说法正确的是（ ） A. 与异面 B. C. 的余弦值为 D. 平面与平面的夹角的正切值为 【答案】D 【解析】 【分析】连接，可得四边形为直角梯形，可判断A；令正方体的棱长为3，计算可得判断B；以D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求得判断C；求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，进而利用向量法可求得二面角的夹角的余弦值，进而可求得正切值判断D. 【详解】连接，易知，，所以四边形为直角梯形，与相交，故A错误； 令正方体的棱长为3，由知，， ，所以，，故B错误； 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， ，，，， ，∴，故C错误； 由，，，，， 易知平面的法向量， 设平面的法向量， 则， 则，可得， 取，得，，则， ∴，，， ∴，， ∴，D正确. 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上､下､左､右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则（ ） A. 蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率是 B. 蚂蚁移动到点的概率为 C. 蚂蚁回到原点的概率为 D. 蚂蚁移动到直线上的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由题意可知蚂蚁每一步的位置只能是或原点的上下左右四个点，第一次从坐标原点出发， 有上下左右4种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1种走法，同理可得后面四次的走法， 利用分步乘法计数原理可得符合题意的路径数，而总路径数易得为种，利用古典概型可算得其概率； 对于B，蚂蚁移动到点，则需恰好右移3次，上移3次，路径数为种，利用古典概型可算得其概率； 对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，需要分类讨论，求出符合题意的路径数，再除以总路径数即可求得其概率； 对于D，可设净移动的概念，则满足题意的净移动取值有，类似C选项的分析，进行分类讨论， 同时可以考虑问题的对称性，可求得符合题意的路径总数，再除以总路径数即可求得其概率. 【详解】对于A，蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度，则每一步的位置只能是或原点的上下左右四个点， 最开始蚂蚁在原点，第一次移动有上下左右4种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1种走法，同理， 第三次移动有上下左右4种走法，第四次移动只能回到原点，即只有1种走法， 第五次移动有上下左右4种走法，第六次移动只能回到原点，即只有1种走法， 所以满足题意的共有种路径，而移动6次，每次有4种走法， 即总路径数为，由古典概型可知蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率为，故A正确； 对于B，蚂蚁移动到点，则需恰好右移3次，上移3次，路径数为种， 所以蚂蚁移动到点的概率为，故B错误； 对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，均为次；上下移动次数相等，均为次， 总次数满足，即， 可能的组合有： ①，即左右都3次，路径数为种； ②，即左右均2次，上下均1次，路径数为种； ③，即左右均1次，上下均2次，路径数为种； ④，即上下都3次，路径数为种； 所以路径总数为种，故蚂蚁移动到点的概率为，故C正确； 对于D，蚂蚁要移动到直线上，则水平净移动（向右移动次数减去向左移动次数）要等于 垂直净移动（向上移动次数减去向下移动次数），例如，向右移动3次，向左移动1次，则水平净移动为， 向上移动2次，向下移动0次，则垂直净移动为次，此时蚂蚁位于，符合题意， 设水平净移动为，则垂直净移动也为， 当时，水平和垂直净移动均为0，即回到坐标原点，也即C选项所考虑的结果，共400种； 当时，水平和垂直净移动均为1，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为， 总移动次数，所以可能的组合有： ①，此时向右1次，向左0次，向上3次，向下2次，路径数为种； ②，此时向右2次，向左1次，向上2次，向下1次，路径数为种； ③，此时向右3次，向左2次，向上1次，向下0次，路径数为种； 所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种； 当时，水平和垂直净移动均为2，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为， 总移动次数，所以可能的组合有： ①，此时向右2次，向左0次，向上3次，向下1次，路径数为种； ②，此时向右3次，向左1次，向上2次，向下0次，路径数为种； 所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种； 当时，水平和垂直净移动均为3，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为， 总移动次数，所以可能的组合只有： ，此时向右3次，向左0次，向上3次，向下0次，路径数为种； 由对称性，可知当时，路径总数也为种； 当或绝对值更大时，总移动次数会超过6次，不符合题意， 故蚂蚁移动到直线上的总路径数为种， 所以概率为，故D正确； 故选：ACD. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的上四分位数为9 B. 若，，且，则C，D相互独立 C. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点坐标为，则 D. 将两个具有相关关系的变量的一组数据调整为，，…，，决定系数不变 （附： ， ，） 【答案】BD 【解析】 【分析】根据百分位数的计算方法，可判定A错误；根据条件概率和相互独立事件的概率公式，可判定B正确；根据回归直线方程的性质，可判定C错误；根据决定系数的公式，根据数据的变换前后分别相等，可判定D正确. 【详解】A，把数据从小到大排序，可得，共8个数据， 其中，所以数据的上四分位数为，所以A错误； B，因为，且，所以， 由条件概率的公式，可得， 所以，所以相互独立，所以B正确； C，散点不一定在回归直线上，不能直接代入直线方程，所以C错误， D，由，将变成，则新均值为，新回归方程为， 因此新预测值，从而残差和总偏差与变换前分别相等，所以决定系数，所以D正确. 11. 在数列中，，对任意，则（ ） A. B. 为递增数列 C. 为等差数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】令，可得，可判断BC；利用累加法求出可判断A；进而利用裂项相消法求和可判断D. 【详解】令，则，所以，所以为递增数列，不是等差数列，故B正确，C错误； 由，，，， 累加得：， 所以，故， 而也符合该式，故，所以，故A正确； 又， 所以，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的导函数为, 记 ，则A，B，C的大小关系是_____.（按从小到大的顺序排列） 【答案】 【解析】 【分析】对利用导数的几何意义，再结合的几何意义，问题转化为比较三条直线的斜率大小，利用数形结合的方法得到答案. 【详解】分别为函数在处的切线斜率， 时点两点连线的斜率， 如图，自左向右，三条直线的斜率分别为，其倾斜角从左到右，依次减小， 且均为锐角，根据正切函数单调性可知，. 故答案为： 13. 设等差数列的前项和分别为，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式和前n项和公式可得出，然后即可得出答案. 【详解】因为，所以. 故答案为：. 14. 2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践活动．我市某学校的数学老师组织学生到“牛马司农产品基地”进行科学实践活动，在某种植番石榴的果园中，尹诗老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头．结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到．假设小明在果园中一共会遇到n颗番石榴(不妨设n颗番石榴的大小各不相同)，最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前k(1≤k<n)颗番石榴，自第k+1颗开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这颗番石榴，否则就摘最后一颗．记该学生摘到那颗最大的番石榴的概率为P．若，则__________ ． 【答案】 【解析】 【分析】利用排列分析4颗番石榴的位置从第1颗到第4颗排序，再分类讨论最大的番石榴位置，利用古典概型求解即可. 【详解】依题意，4颗番石榴的位置从第1颗到第4颗排序，有(种)情况， 要摘到那颗最大的番石榴，有以下两种情况． ①最大的番石榴是第3颗，其他的随意在哪个位置，有(种)情况； ②最大的番石榴是最后1颗，第二大的番石榴是第1颗或第2颗，其他的随意在哪个位置，有(种)情况，所以所求概率为． 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. 中国是茶的故乡，茶文化源远流长，博大精深.某兴趣小组，为了了解当地居民对喝茶的态度，随机调查了100人，并将结果整理如下： 单位：人 年龄段 态度 合计 不喜欢喝茶 喜欢喝茶 35岁以上（含35岁） 30 30 60 35岁以下 25 15 40 合计 55 45 100 （1）依据小概率值的独立性检验，能否据此推断该地居民喜欢喝茶与年龄有关？ （2）以样本估计总体，用频率代替概率.该兴趣小组在当地喜欢喝茶的人群中，随机选出2人参加茶文化艺术节.抽取的2人中，35岁以下的人数记为，求的分布列与期望. 参考公式：，其中. 参考数据： 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）不能 （2） 0 1 2 . 【解析】 【分析】（1）根据列联表计算得出的值即可得出结论； （2）易知的所有取值可能为0，1，2，分别计算出对应概率可得分布列及其期望值. 【小问1详解】 零假设为：该地居民喜欢喝茶与年龄没有关系. 根据列联表中的数据，可以求得. 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 因此可以认为成立，据此推断该地居民喜欢喝茶与年龄没有关系. 【小问2详解】 由题意可知，的取值可能为. 则. 所以的分布列为 0 1 2 所以的期望为. 16. 已知函数， （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，是否存在直线与曲线和都相切？若存在求出所有这样的直线；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）存在两条直线或满足题意. 【解析】 【分析】（1）根据导函数得出切线斜率，再应用点斜式即可得出切线方程； （2）先设切点，，再分别写出切线方程，对应相等列式，结合指对数运算即可求解. 【小问1详解】 当时，，，， 则在点处的切线方程为； 【小问2详解】 若，设直线与曲线相切于点，则，， 直线与曲线在点处的切线方程为， 设直线与曲线相切于点，则， 直线与曲线在点处的切线方程， 由题意可知： 由①得，将与代入②得 所以或， 所以存在两条直线或与曲线和都相切． 17. 已知数列满足，（），记． （1）求证：是等比数列； （2）设，数列的前n项和为．若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明如下： 由已知，， ，，， 又， ， 数列中任意一项不为0， ， 数列是首项为2， 公比为2的等比数列. （2） 【解析】 【分析】（1）证明为常数即可证明为等比数列，根据等比数列通项公式即可求通项公式，从而得证； （2）先求出，根据通项公式的特征，采用错位相减法求其前n项和，题设化简为，通过讨论为奇数或偶数，即可求λ的范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由第（1）问知， ， 则，所以①， ②， 所以①-②可得： ， 所以. 由，得， 化简得. 当 为奇数时，有，即， 而，所以； 当为偶数时，有， 而，所以. 综上，的取值范围为. 18. 如图，在四棱锥中， 平面，，，. （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 因为，，， 所以四边形为直角梯形，取中点E，连接， 则，则四边形为正方形， 则，， 所以，所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点E，连接，由勾股定理确定，再结合即可求证； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量法向量，平面的一个法向量，代入公式，利用坐标运算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，两两垂直，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，， 则，，，则，， 设平面的一个法向量， 则，即， 令，则，故. 由（1）可知平面， 所以是平面的一个法向量，记作， 记平面与平面的夹角为，则. 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值. 19. 已知，两点在椭圆上，直线交椭圆于两点（均不与点重合），过作直线的垂线，垂足为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线，的斜率分别为，当时， ①求证：直线恒过定点，并求出定点坐标； ②求的最小值. 【答案】（1） （2）①法1，由条件，可知直线的斜率存在， 设直线，，， 联立方程组：， 其中（▲）， 所以，， 由条件，即， 由于直线不过点，故， 化简可得， 所以 ， 代入（▲）式，，此时直线恒过定点． 法2，设，，由条件，即（★）， 由点在椭圆上，则有， 即①，同理可得② ， ①②可得： 代入（★）式可得：， 即， 变形可得．所以直线恒过定点． ②1 【解析】 【分析】（1）将，两点代入椭圆方程解出的值即可； （2）①解法一：设直线，，，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合，解出的关系即可求解；解法二：设，，利用在椭圆上可得， ，作差结合化简即可求解；②由可得点在以为直径的圆上，利用圆的性质求解即可； 【小问1详解】 由题意可得， 所以椭圆的标准方程为：． 【小问2详解】 ①略 ②因为，所以点在以为直径的圆上，圆心为，半径为， 所以，此时的坐标为，的斜率，满足条件． 故的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $