精品解析：河南省濮阳市南乐县豫北名校2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题

2024—2025学年（下）高二年级期中考试 数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线方程及离心率求法求已知双曲线的离心率. 【详解】由双曲线即知，则离心率为. 故选：C 2. 的展开式的第4项为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出通项公式，令，求出第4项即可. 【详解】因为，所以. 故选：B 3. 若随机变量的分布列为，则（ ） A. 12 B. 10 C. 9 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据分布列中概率之和为1，列方程求得的值. 【详解】根据分布列中概率之和为1，列方程得：，即， 解得. 故选：B 4. 已知圆心在轴上的圆过点且与轴相切，则该圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆心坐标，得到，再由点在圆上，代入即可求解. 【详解】设圆心坐标为： 由题意可知圆的标准方程为：， 由圆过点， 所以，解得：， 所以圆的标准方程为， 故选：C 5. 若随机变量的所有可能取值为2，4，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由分布列的性质及方差计算公式即可求解. 【详解】由分布列的性质可知：， 所以，所以 ， 故选：A 6. 已知等差数列的公差，前项和为，若，则（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的性质，以及前项和的性质，结合已知条件，计算即可. 【详解】因为，所以，所以， 即，所以，所以. 故选：D 7. 2025年2月深圳福田区推出基于DeepSeek开发的AI数智员工，并上线福田区政务大模型2．0版，该模型能进一步驱动政务效能全面跃升．某地也准备推出20名AI数智员工（假定这20名AI数智员工没有区别），分别从事三个服务项目，若每个项目至少需要5名AI数智员工，则不同的分配方法种数为（ ） A. 21 B. 18 C. 15 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】先每组分5名员工，然后剩余5名分成三组，采用隔板法即可. 【详解】先每组分5名员工，然后剩余5名分成三组， 采用隔板法，五名员工和两个隔板，共有七个位置， 所以不同的分配方法种数为种. 故选：A 8. 已知盒中装有9个除颜色外其他完全相同的小球，其中有3个白球，6个红球，每次从盒中随机抽取1个小球，观察颜色后再放回盒中，直到两种颜色的球都取到，且取到的一种颜色的球比另一种颜色的球恰好多2个时停止取球，则停止取球时取球的次数为6的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分四种情况讨论，结合离散型随机变量的概率计算后再两种概率相加即可. 【详解】一共四种情况： （1）前四次，可能是白2红2（顺序任意），然后(i)抽2红或者(ii)抽2白结束. （2）前四次也可能是白4，然后抽2红结束. （3）前四次还可能是红4，然后抽2白结束. 取到白球的概率为，取到红球的概率为， （1）的两种情况的概率分别为 （i）， (ii)， （2）（3）前4红后2白或者前4白后2红的概率和为： ， 所以共有总概率为. 故选：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分． 9. 在空间直角坐标系中，已知点，（与点不重合），则下列结论正确的是（ ） A. 若点，关于平面对称，则 B. 若点，关于轴对称，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据空间点对称法则求得对称点的坐标求解即可判断AB，根据空间向量垂直的坐标运算求解判断C，根据空间两点距离公式列式化简即可判断D. 【详解】对A，若点，关于平面对称，则， 所以，故A错误； 对B，若点，关于轴对称，则， 所以，故B正确； 对C，若，则，故C正确； 对D，若，则， 所以，两式相减得，故D错误. 故选：BC 10. 已知函数的导函数为，则（ ） A. 一定是偶函数 B. 一定有极值 C. 一定存在递增区间 D. 对任意确定的，恒存在，使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出导函数，利用偶函数的定义判断A，当时，，没有极值判断B，分和求的单调区间判断C，结合正弦函数的值域将的值域即在上的值域，根据据绝对值函数的值域即可判断D. 【详解】对于A，由得，定义域为关于原点对称， 且，所以一定是偶函数，故A正确； 对于B，当时，，在上单调递增，没有极值，故B错误； 对于C，当时，，在上单调递增， 当时，得或， 则在和上单调递增，综上，一定存在递增区间，故C正确； 对于D，因为，所以的值域即在上的值域， 而在上必有大于0的最大值，记该最大值为，则， 即对任意确定的，恒存在，使得，故D正确. 故选：ACD 11. 在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，点从点处出发，每次向上或向右移动1个单位长度，直至到达点时停止移动，则下列结论正确的是（ ） A. 移动的方法共有252种 B. 仅有4次连续向上移动的方法有30种 C. 经过点的移动方法有70种 D. 若对任意，从第次到第次的移动方向相同，则移动的方法有2种 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合分步乘法原理利用组合数求解判断AC，结合分类加法原理利用组合数求解判断B，逐个分析即可判断有“先连续向右，再连续向上，最后连续向右”和“先连续向上，再连续向右，最后连续向上”2种方法判断D. 【详解】对A，由题可知，无论怎样走，一定移动10次，其中5次向上移动，5次向右移动， 故移动的方法共有种，故A正确； 对B，仅有4次连续向上移动的方法有种，故B正确； 对C，若经过点，则前3次向右移动2次向上1次，后7次向右3次向上4次， 所以移动的方法有种，故C错误； 对D，由题可知，当时，第1,2次的移动方向相同，当时，第3,4,5次的移动方向相同， 当时，第6,7,8,9次的移动方向相同，因为向右5次，向上5次， 所以第次的移动方向相同，则移动的方法有2种，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. 某地高中生的肺活量（单位：）服从正态分布，若该地有12000名高中生，则其中肺活量低于的高中生的人数约为______． 参考数据：． 【答案】 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的对称性，结合，求出的概率，再估算肺活量低于的高中生的人数. 【详解】因为， 所以. 所以肺活量低于的高中生的人数约为：. 故答案为： 13. 若函数的图象在处的切线与在处的切线互相垂直，则的一个值为________． 【答案】(答案不唯一) 【解析】 【分析】求导，由导数的几何意义求得切线斜率，再结合垂直关系即可求解. 【详解】由， 可得， 所以在处的切线斜率为，在处的切线斜率为 由题意：， 可设，则， 解得：，， 同时取，得， 所以的一个值为， 故答案为： 14. 甲、乙、丙三人进行篮球传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则第4次传球传给乙的概率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】列举所有情况，利用古典概型概率公式求解即可. 【详解】前4次传球接球的情况有：乙甲乙甲、乙甲乙丙、乙甲丙甲、乙甲丙乙、乙丙甲乙、乙丙甲丙、 乙丙乙甲、乙丙乙丙、丙甲乙甲、丙甲乙丙、丙甲丙甲、丙甲丙乙、丙乙甲乙、丙乙甲丙、丙乙丙甲、丙乙丙乙，共16种， 第4次传球传给乙的情况有：乙甲丙乙、乙丙甲乙、丙甲丙乙、丙乙甲乙、丙乙丙乙，共5种， 设第4次传球传给乙的事件为，则 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. 已知椭圆经过点，且的离心率． （1）求的方程； （2）若直线经过点且与相切，求的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，即可得到椭圆的方程； （2）设直线的斜率为，得到直线的方程为，联立方程组，结合，求得的值，即可得到的方程. 【小问1详解】 解：由椭圆经过点，且的离心率， 可得，且，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 解：当过的直线的斜率不存在时，此时，显然不符合题意， 设直线的斜率为，则直线的方程为，即， 联立方程组，整理得， 因为直线与椭圆相切，所以， 整理得，解得， 所以的方程为，即. 16. 如图，在长方体中，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理证得，再由线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，代入空间线面角公式求解即可. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面； 【小问2详解】 由长方体可知，，两两垂直，以为坐标原点， 向量，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 有，，，，，设， ，，，， 因为，所以，解得，所以， 设平面的一个法向量为， 有， 令，可得，设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 河南省是我国小麦产量第一大省，约占全国小麦产量的．小麦品种是在河南省广泛种植的一个品种，某科研基地在实验田种植的品种小麦收获时，随机取10个该小麦的种子样本，每个样本均为1000粒，测得每个样本的质量（称为千粒重，单位：）分别为40，48，42，46，50，46，52，43，48，45，记这10个数据的平均数为． （1）从这10个数据中随机选取3个，记这3个数据中大于的个数为，求的分布列； （2）用这10个样本中千粒重大于的频率作为每个样本千粒重大于的概率，从品种小麦种子中随机抽取20个样本，千粒重大于的样本最有可能是几个？ 【答案】（1） 0 1 2 3 （2）8 【解析】 【分析】（1）确定的可能取值，求得对应概率即可求解； （2）由二项分布得到，再构造不等式，，求解即可. 【小问1详解】 ， 易知40，48，42，46，50，46，52，43，48，45，中有6个小于等于平均数，4个大于平均数， 所以的所有可能取值为，0，1，2，3； ， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 【小问2详解】 由（1）知：每个样本千粒重大于的概率为， 设20个样本中千粒重大于的样本个数为, 由题意可知：, 所以， 设千粒重大于的样本最有可能是， 则， ， 解得：， 故， 所以千粒重大于的样本最有可能是8个. 18. 已知数列满足，． （1）求证：是等比数列； （2）若，求数列的前项和； （3）判断是否存在，使得，，成等差数列，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）不存在 【解析】 【分析】（1）将条件变形为，然后利用等比数列的定义即可证明； （2）由（1）知，，然后结合等差数列求和公式和分组求和方法，利用错位相减法即可求解； （3）由（1）知，假设存在满足题意，利用等差中项列方程化简得，然后根据和分类求解即可判断. 【小问1详解】 由条件得，所以， 又，所以是首项为2，公比为2的等比数列； 【小问2详解】 由（1）知，所以， 设，则， 两式相减得， 所以， 设， 则． 【小问3详解】 由（1）知，所以， 假设存在，使得，，成等差数列， 则，所以，即，即， 当时，，，， 当时，， 所以不存在，使得，，成等差数列. 19. 若函数在区间上有意义，且存在，使得对任意的，当时，单调递增，当时，单调递减，则称为上的“抛物线型函数”，其中为在上的峰值． （1）若函数，试判断是否是区间上的“抛物线型函数”； （2）若是区间上的“抛物线型函数”，求实数的取值范围； （3）若函数，求证：是区间上的“抛物线型函数”，并求在区间上的峰值． 【答案】（1）不是区间上的“抛物线型函数” （2） （3）证明见解析；-2 【解析】 【分析】（1）多次求导求得在区间上单调递减，根据“抛物线型函数”的定义即可判断； （2）按照、和分类讨论，利用导数研究函数的单调性，根据“抛物线型函数”的定义列不等式组求解即可； （3），设，结合单调性利用零点存在定理得存在，使得，进而求出的单调区间，根据“抛物线型函数”的定义即可判断，结合指对运算代入解析式即可求解峰值. 【小问1详解】 因为，所以， 设，则， 当时，可得，所以函数在区间上单调递减， 所以，所以，所以在区间上单调递减， 故不是是区间上的“抛物线型函数” 【小问2详解】 因为，所以， 当时，， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 但区间为，所以在区间上单调递增，不满足题意； 当时，令得或， 若，当时，，函数在区间上单调递增， 当时，，函数在区间上单调递减， 当时，，函数在区间上单调递增， 若是区间上的“抛物线型函数”， 则，解得； 若，当时，，函数在区间上单调递减， 当时，，函数在区间上单调递增， 当时，，函数在区间上单调递减，不存在， 使得在区间上先增后减，故不满足题意. 综上，实数的取值范围为； 【小问3详解】 因为， 所以， 设，则在区间单调递减， 且， 所以存在，使得， 当时，，，单调递增， 当时，，，单调递减， 所以是区间上的“抛物线型函数”， 由得，则， 所以， 即在区间上的峰值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年（下）高二年级期中考试 数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 2. 的展开式的第4项为（ ） A. B. C. D. 3. 若随机变量的分布列为，则（ ） A. 12 B. 10 C. 9 D. 8 4. 已知圆心在轴上的圆过点且与轴相切，则该圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 5. 若随机变量的所有可能取值为2，4，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 6. 已知等差数列的公差，前项和为，若，则（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 7. 2025年2月深圳福田区推出基于DeepSeek开发的AI数智员工，并上线福田区政务大模型2．0版，该模型能进一步驱动政务效能全面跃升．某地也准备推出20名AI数智员工（假定这20名AI数智员工没有区别），分别从事三个服务项目，若每个项目至少需要5名AI数智员工，则不同的分配方法种数为（ ） A. 21 B. 18 C. 15 D. 12 8. 已知盒中装有9个除颜色外其他完全相同的小球，其中有3个白球，6个红球，每次从盒中随机抽取1个小球，观察颜色后再放回盒中，直到两种颜色的球都取到，且取到的一种颜色的球比另一种颜色的球恰好多2个时停止取球，则停止取球时取球的次数为6的概率为（ ） 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分． 9. 在空间直角坐标系中，已知点，（与点不重合），则下列结论正确的是（ ） A. 若点，关于平面对称，则 B. 若点，关于轴对称，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数的导函数为，则（ ） A. 一定是偶函数 B. 一定有极值 C. 一定存在递增区间 D. 对任意确定的，恒存在，使得 11. 在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，点从点处出发，每次向上或向右移动1个单位长度，直至到达点时停止移动，则下列结论正确的是（ ） A. 移动的方法共有252种 B. 仅有4次连续向上移动的方法有30种 C. 经过点的移动方法有70种 D. 若对任意，从第次到第次的移动方向相同，则移动的方法有2种 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某地高中生的肺活量（单位：）服从正态分布，若该地有12000名高中生，则其中肺活量低于的高中生的人数约为______． 参考数据：． 13. 若函数的图象在处的切线与在处的切线互相垂直，则的一个值为________． 14. 甲、乙、丙三人进行篮球传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则第4次传球传给乙的概率为______． 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. 已知椭圆经过点，且的离心率． （1）求的方程； （2）若直线经过点且与相切，求的方程． 16. 如图，在长方体中，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 河南省是我国小麦产量第一大省，约占全国小麦产量的．小麦品种是在河南省广泛种植的一个品种，某科研基地在实验田种植的品种小麦收获时，随机取10个该小麦的种子样本，每个样本均为1000粒，测得每个样本的质量（称为千粒重，单位：）分别为40，48，42，46，50，46，52，43，48，45，记这10个数据的平均数为． （1）从这10个数据中随机选取3个，记这3个数据中大于的个数为，求的分布列； （2）用这10个样本中千粒重大于的频率作为每个样本千粒重大于的概率，从品种小麦种子中随机抽取20个样本，千粒重大于的样本最有可能是几个？ 18. 已知数列满足，． （1）求证：是等比数列； （2）若，求数列的前项和； （3）判断是否存在，使得，，成等差数列，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 19. 若函数在区间上有意义，且存在，使得对任意的，当时，单调递增，当时，单调递减，则称为上的“抛物线型函数”，其中为在上的峰值． （1）若函数，试判断是否是区间上的“抛物线型函数”； （2）若是区间上的“抛物线型函数”，求实数的取值范围； （3）若函数，求证：是区间上的“抛物线型函数”，并求在区间上的峰值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $