精品解析：浙江省强基联盟2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题

浙江强基联盟2025年4月高二联考 数学试题 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. 函数在区间上的平均变化率是（ ） A. 2 B. 2x C. D. 2. 已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知是的导函数，则“”是“是函数的一个极值点”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 关于x的方程的解集是（ ） A. B. C. D. 5. 有五名大学生参加为期两天的志愿者服务，每天安排两人参加服务，则恰有1人连续两天参加服务的种数为（ ） A. 90 B. 80 C. 70 D. 60 6. 已知随机变量，满足，且，则（ ） A. 0.3 B. 0.5 C. 0.1 D. 0.2 7. 已知函数在区间上的最小值小于，则正数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线C上，G，I分别为的重心、内心.若轴，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 二、多项选择题：本大题共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. 下列求导错误的是（ ） A. B. C D. 10. 设，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. ，，，…，中最大的是 D. 11. 数学试题中的多选题，每题有4个选项，其中有2个或3个是正确答案，全部选到正确答案得6分.若正确答案是2个选项，只选对1个得3分，有选错的得0分；若正确答案是3个选项，只选对1个得2分，只选对2个得4分，有选错的得0分.若多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为.某学生对其中的一道题完全不会，记X为该学生只随机选择1个选项时的得分，记Y为该学生随机选择2个选项的得分，则（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 当时，则 D. 当时，该学生只随机选1个选项时得分表现更优 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量，若，则______. 13. 如图所示，已知一质点从原点O出发，因外力作用每次向左移动的概率为，向右移动的概率为，若该质点每次移动一个单位长度，设经过6次移动后，该质点位于X的位置，则______. 14. 某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列有两种，分别为，，若序列的所有项都是2，且，，则等于______. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 箱子里放有编号分别为1，2，3，4，5的5个小球，5个小球除编号外其他均相同，从中随机摸出2个小球. （1）求摸到两球编号均为奇数的概率； （2）在摸到1号球的条件下，求两球编号的和为奇数的概率. 16. 已知是等差数列的前n项和，且，. （1）求； （2）若数列满足，求数列前n项和，并证明. 17. 如图，在四棱锥中，，，，点E在AD上，且，. （1）若点Q为线段PE的中点，证明：平面PCD； （2）若平面PAD，，求直线PD与平面PAB所成的角的正弦值. 18. 已知函数， （1）当时， （ⅰ）求函数在处切线方程； （ⅱ）证明：函数有唯一极值点； （2）若恒成立，求实数m的取值范围. 19. 对于给定的正整数，数列共有2n项，，用表示数列的前k项和，且. （1）若数列满足对于任意，均有，则称该数列是“数列”，其个数记为. （ⅰ）求和的值； （ⅱ）对于，求满足“数列”的个数. （2）当时，求的分布列及均值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 浙江强基联盟2025年4月高二联考 数学试题 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. 函数在区间上的平均变化率是（ ） A. 2 B. 2x C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接根据平均变化率的概念求解即可. 【详解】. 故选：C 2. 已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用椭圆的标准形式及间的关系，即可求解. 【详解】因为该椭圆的焦点在轴上，所以，解得， 故选：B. 3. 已知是的导函数，则“”是“是函数的一个极值点”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据极值点定义或举例判断和为函数的极值点之间的逻辑关系，即可得答案. 【详解】根据极值点的定义，是函数的一个极值点可得， 但是时，不一定是函数的一个极值点， 比如，，满足，但在R上单调递增， 即不是函数的极值点， 故“”是“是函数一个极值点”的必要不充分条件， 故选：B 4. 关于x的方程的解集是（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据组合公式性质求解即可. 【详解】，则x满足限制条件， 根据组合数性质得到 或，解得或3. 通过检验，发现或3都满足限制条件. 故选：A. 5. 有五名大学生参加为期两天的志愿者服务，每天安排两人参加服务，则恰有1人连续两天参加服务的种数为（ ） A. 90 B. 80 C. 70 D. 60 【答案】D 【解析】 【分析】利用排列组合的知识求解即可. 【详解】先选出连续两天参加服务的学生，有种情形，则只需从剩下4人中选出2人安排在2天，故共有. 故选：D. 6. 已知随机变量，满足，且，则（ ） A. 0.3 B. 0.5 C. 0.1 D. 0.2 【答案】C 【解析】 【分析】根据，之间的关系计算即可求得结果. 【详解】由可得， 所以. 故选：C. 7. 已知函数在区间上的最小值小于，则正数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得，然后分类讨论利用导函数与函数单调性的关系结合条件即得. 【详解】由得， 当时，在上单调递增，的最小值为，不符题意； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 的最小值为，解得. 故选：A. 8. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线C上，G，I分别为的重心、内心.若轴，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】设点，根据重心坐标公式得，由轴，得内切圆半径，设利用等面积法求得，然后利用勾股定理求得，即可得解. 【详解】设点在第一象限，两焦点，，其中，. 则重心，即，因为轴， 则I点纵坐标也为， 即内切圆半径. 设，则，则， 解得，则中，边长最大，所以， 由勾股定理有，解得， 故离心率. 故选：C. 二、多项选择题：本大题共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. 下列求导错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由导数的四则运算及简单复合函数的求导，逐个判断即可. 【详解】，A错误； ，B错误； ，C错误； ，D正确. 故选：ABC. 10. 设，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. ，，，…，中最大的是 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】设，利用通项公式求得含的系数判断A，利用赋值法求解判断BD，结合二项式系数的单调性及系数的正负判断系数最大项即可判断C. 【详解】设，则， 二项式的展开式通式，由，选项A正确； 令，则，选项B正确； 因为，当时，系数为正， 所以系数最大的是，选项C正确； 令，则，令， 则，，选项D错误. 故选：ABC. 11. 数学试题中的多选题，每题有4个选项，其中有2个或3个是正确答案，全部选到正确答案得6分.若正确答案是2个选项，只选对1个得3分，有选错的得0分；若正确答案是3个选项，只选对1个得2分，只选对2个得4分，有选错的得0分.若多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为.某学生对其中的一道题完全不会，记X为该学生只随机选择1个选项时的得分，记Y为该学生随机选择2个选项的得分，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 当时，则 D. 当时，该学生只随机选1个选项时得分表现更优 【答案】ABD 【解析】 【分析】分别计算出X和Y不同情况下概率，再求出数学期望，逐项进行计算即可求得. 【详解】由条件可知，X的所有可能取值为0，2，3， ， ， ，所以， Y的所有可能取值为0，4，6， ， ， ，所以， 若，则，选项A正确； 若，，选项B正确； 无论p为何值，，选项C错误； 当时，，所以该学生只随机选1个选项时得分表现更优，选项D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量，若，则______. 【答案】4 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性运算求解即可. 【详解】由正态分布可知，故. 故答案为：4. 13. 如图所示，已知一质点从原点O出发，因外力作用每次向左移动的概率为，向右移动的概率为，若该质点每次移动一个单位长度，设经过6次移动后，该质点位于X的位置，则______. 【答案】 【解析】 【分析】质点位于数轴上的位置X满足，则6次移动中需满足：1次向左5次向右、2次向左4次向右.再根据独立重复试验的概率公式计算． 【详解】由题意知，质点位于数轴上的位置X满足，则6次移动中需满足：1次向左5次向右、2次向左4次向右， 所以. 故答案为：. 14. 某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列有两种，分别为，，若序列的所有项都是2，且，，则等于______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，设，再由等比数列的通项公式可得数列的通项公式，再由即可求得. 【详解】设. 由题意可知，数列是公比为2的等比数列，，所以. 所以 ，所以. 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 箱子里放有编号分别为1，2，3，4，5的5个小球，5个小球除编号外其他均相同，从中随机摸出2个小球. （1）求摸到两球编号均为奇数的概率； （2）在摸到1号球的条件下，求两球编号的和为奇数的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型公式计算即可； （2）利用条件概率公式直接计算可得结果. 【小问1详解】 设事件A：“摸到两球编号均为奇数”， 则. 【小问2详解】 设事件B：“摸到1号球”，事件C：“摸到两球编号的和为奇数”， 则， 事件BC同时发生，即为摸到1、2号球或者1、4号球， 所以， 所以. 16. 已知是等差数列的前n项和，且，. （1）求； （2）若数列满足，求数列前n项和，并证明. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设出公差，利用等差数列通项公式和求和公式列方程组求得，即可求出. （2）利用裂项相消法求得，然后数列的有界性证明即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d，则由题意得： ，即，解得， 故，故. 【小问2详解】 ， 所以 ， 因为，所以. 17. 如图，在四棱锥中，，，，点E在AD上，且，. （1）若点Q为线段PE的中点，证明：平面PCD； （2）若平面PAD，，求直线PD与平面PAB所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过构造辅助线，利用三角形中位线得到线段的平行关系和数量关系，进而证明四边形是平行四边形，得到直线与直线平行，最后依据直线与平面平行的判定定理证明直线与平面平行. （2）首先根据线面垂直的判定定理得出面，进而建立空间直角坐标系得到各点坐标；然后通过平面法向量与平面内向量垂直的性质求出平面的法向量；最后利用线面角的向量求法即可得解. 【小问1详解】 过点Q作交PD于点G，连接CG， 因为Q为PE中点，所以G为PD中点，， 又因为，所以，， 所以四边形BCGQ是平行四边形，所以， 又因为平面PCD，平面PCD，所以平面PCD. 【小问2详解】 因为平面PAD，平面PAD，所以， 又因为，，所以面ABCD， 以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设平面PAB的一个法向量为， 所以令，，则，故， 设直线PD与平面PAB所成的角为， ， 所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为. 18. 已知函数， （1）当时， （ⅰ）求函数在处的切线方程； （ⅱ）证明：函数有唯一极值点； （2）若恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）求出导函数，然后利用导数的几何意义求出斜率，然后利用点斜式方程求得切线方程； （ⅱ）结合对数函数的单调性及单调性的性质得在上单调递增，根据零点存在定理得存在使得，求出函数的单调区间，利用极值点的概念即可证明. （2）解法1：结合在上单调递增，根据零点存在定理得存在，使得，从而求得函数的单调区间，求得最小值，根据最值列不等式，利用单调性求解即可； 解法2：分离参数得，设，利用导数法研究其单调性，求得最小值即可得解. 【小问1详解】 当时，，则在上单调递增， （ⅰ）因为，， 所以函数在处的切线方程为，即. （ⅱ）证明：因为在上单调递增， 且，，所以存在使得. 则时，，时，， 故在单调递减，在单调递增，所以函数有唯一极值点. 【小问2详解】 解法1：，且单调递增， 因为当无限趋向于0时，，当无限趋向于正无穷大时，， 所以存在，使得， 则时，，时，， 故在单调递减，在单调递增. 所以函数， 将代入上式， 则，即， 因为单调递增，所以， 所以，又在上单调递增， 所以. 解法2：因为恒成立，即恒成立， 分离参数得， 设，， 设，单调递增且， 所以当时，；当时， 所以当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增. 所以，所以. 19. 对于给定的正整数，数列共有2n项，，用表示数列的前k项和，且. （1）若数列满足对于任意的，均有，则称该数列是“数列”，其个数记为. （ⅰ）求和的值； （ⅱ）对于，求满足的“数列”的个数. （2）当时，求的分布列及均值. 【答案】（1）（Ⅰ），；（Ⅱ）36. （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）利用“数列”的定义，结合组合计数问题求出和的值；（ⅱ）按前4项与后4项分段探讨，结合组合计数问题求解. （2）求出的所有可能值，结合分类加法计数原理求出对应的概率，列出分布列并求出期望. 【小问1详解】 （ⅰ）数列均为“数列”， 当时，数列有4项，且，即由2个1和2个组成， 所有不同的的排法，由4个位置如何安排2个1决定，共种， 显然这6种情况，都满足对于，2，3时的要求，因此； 当时，数列有6项，且，即由3个1和3个组成， 所有不同的的排法，由6个位置如何安排3个1决定，共种， 考虑到，2，3，4，5时的要求，前三项同时取1或者的情形不能满足， 所以. （ⅱ）该数列是“”数列，要使得，则前4项必须取2项1和2项， 又，因此后4项也只能是2项1和2项，则共有种情形， 又前4项2项1和2项，已满足，而，后4项和为0，因此对自动满足， 因此时，对所有满足， 所以满足的“数列”的个数为36. 【小问2详解】 当时，依题意，，则X的可能取值为1，2，3，4， 数列的个数为， 当时，数列的每一对与只能一个为1，一个为， 即有2种可能，又共有4对，于是； 当时，由1与的对称性，以前2项中1的个数进行分类： ①2个1，则，若，则，剩下3项中有1项为1，则有种； 若，则后续无约束，则剩下4项中有2项为1有种，共种， ②，，若，则，剩下3项中有1项为1，则有种； 若，，则有，和，，有2种； 若，，则有，和，，有2种； 若，，剩下3项中有1项为，则有种，共种， 其余情形只需1与对调，则； 时，由1与的对称性，以前3项中的个数进行分类： ①0个，则前三项为1，，剩下4项中有1项为1，共种， ②1个，前三项取1项和2项1有种取法，不妨设，， 而要使得，则只能是，，有种， 其余情形只需1与对调，则； 时，数列前4项必须同时取1或，只有这2种情况，则， 所以X的分布列为： X 1 2 3 4 P 数学期望. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$