精品解析：山西省吕梁市孝义市2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

2025年孝义市春季学期高二期中考试试题（卷） 数学 命题人：刘佳佳 韩秀红 审题人：任培杰 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色中性笔，将学校、班级、姓名、考号填写在答题卡上． 2．请把答案做在答题卡上，交卷时只交答题卡，不交试题，答案写在试题上无效． 3．考试时间120分钟，满分150分． 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. 某班有48名学生，最近一次的市联考数学成绩，若的学生人数为36，则（ ） A. B. C. D. 2. 甲袋里有5只白球，7只红球，乙袋里有4只白球，2只红球，从两个袋中任取一袋，然后从所取到的袋中任取一球，则取到的球是白球的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的中心为原点，焦点在轴上，两条渐近线夹角为，且点在上，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 或2 4. 有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ） A. 40 B. 48 C. 52 D. 60 5. 设为等差数列的前项和，已知，则（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 6. 甲，乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为0.3，且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 与所成角为 D. 点B到平面的距离为 8. 若函数在处取得极大值，则实数的取值范围是（ ） 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，有选错的得0分． 9. 一组样本数据．其中，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，分布如图所示，且，则（ ） （注：两图纵轴采用相同标度） A. 样本负相关 B. C. D. 处理后的决定系数变大 10. 已知则下列说法正确的是（ ） A. 若仅第5项的二项式系数最大，则 B. 若第2项与第6项的二项式系数相等，则展开式中二项式系数最大的项的系数为 C. 若展开式中二项式系数和为256，则展开式中系数最大值为 D. 若第5项、第6项、第7项的二项式系数成递减等差数列，则 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上任意一点．下列结论正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为 C. D. 椭圆上存在点，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设离散型随机变量的分布列如右表，若随机变量，则______． X 0 1 2 3 4 P 13. 的展开式中的系数为__________. 14. 甲、乙、丙、丁、戊、已6名同学相互做传接球训练，球从甲手中开始，等可能地随机传向另外5人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外5人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住．记第次传球之后球在乙手中的概率为．则______，______． 四、解答题：本题共5小题，共77分、解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某市统计了2024年4月的空气质量指数（AQI），将其分为，，，的4组，画出频率分布直方图如图所示. 若，称当天空气质量达标；若，称当天空气质量不达标. （1）求； （2）从4月的30天中任取2天，求至少有1天空气质量达标的概率； （3）若2024年6月的30天中有8天空气质量达标，请完成下面2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为空气质量是否达标与月份有关联？ 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 6月 合计 附：， 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 16. 已知函数（，为自然对数的底数）. （1）若曲线在点处的切线平行于轴，求的值； （2）讨论函数的单调性. 17. 某种水果按照果径大小可分为四级：标准果、优质果、精品果、礼品果.某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下： 等级 标准果 优质果 精品果 礼品果 个数 10 30 40 20 假设用频率估计概率. （1）从这100个水果中有放回地随机抽取4个，求恰好有2个水果是礼品果的概率； （2）采用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个，再从抽取的10个水果中不放回地随机抽取3个，若表示抽到的精品果的数量，求的分布列和期望． 18. 在平面内，动点M 到点的距离和它到直线的距离相等，记动点M 的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方程，并判断其形状； （2）若点在曲线C上，且 （i）证明：直线AB过定点： （ii）记（i）中的直线AB过的定点为P，且过P作垂直于AB的直线l交曲线C于D、E两点，求四边形的面积的最小值. 19. 数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为，n次扩充后的新数列记为，项数记为，所有项的和记为．扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，如：数列经过一次扩充后得到数列，．已知数列． （1）求； （2）求； （3）求数列的前n项和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年孝义市春季学期高二期中考试试题（卷） 数学 命题人：刘佳佳 韩秀红 审题人：任培杰 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色中性笔，将学校、班级、姓名、考号填写在答题卡上． 2．请把答案做在答题卡上，交卷时只交答题卡，不交试题，答案写在试题上无效． 3．考试时间120分钟，满分150分． 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. 某班有48名学生，最近一次的市联考数学成绩，若的学生人数为36，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由对称性可知，从而得到. 【详解】，而， 故， 故. 故选：C 2. 甲袋里有5只白球，7只红球，乙袋里有4只白球，2只红球，从两个袋中任取一袋，然后从所取到的袋中任取一球，则取到的球是白球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】把取出白球分为甲袋中取出白球和乙袋中取出白球两类进行计算 【详解】解：取出甲袋且取出白球的概率为：；取出乙袋且取出白球的概率为； 所以取出白球的概率为. 故选：C. 3. 已知双曲线的中心为原点，焦点在轴上，两条渐近线夹角为，且点在上，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 或2 【答案】C 【解析】 【分析】根据渐近线夹角得到渐近线方程，然后得到或，再设双曲线方程，根据进行取舍. 【详解】由双曲线的两条渐近线夹角为，可知的渐近线方程为或， 由（其中为渐近线的斜率），解得或， 若，如图，令，点不可能在双曲线上； 或设双曲线方程为：，则无解； 若，设双曲线方程为：，则， 此时双曲线方程为：. 故选：C． 4. 有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ） A. 40 B. 48 C. 52 D. 60 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，根据分步乘法原理，可得答案. 【详解】先从四对双胞胎中选出一对，有种选择； 然后从剩下的六个人中选出两个人，且不能是同一对双胞胎， 这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一个人，共有种选择. 根据乘法原理，总共有种选法. 故选：B. 5. 设为等差数列的前项和，已知，则（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件求出，再利用等差数列的性质，即可求出结果. 【详解】设等差数列的首项为，公差为，则，解得， 所以， 故选：B. 6. 甲，乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为0.3，且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设相应事件，根据独立事件概率求法求，，进而求条件概率. 【详解】设甲获胜为事件A，比赛进行了3局为事件B， 则，， 所以. 故选：C. 7. 如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 与所成角为 D. 点B到平面的距离为 【答案】C 【解析】 【分析】建立以为坐标原点的空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据线面垂直以及线面平行的向量表示可判断AB错误，利用异面直线夹角的向量求法计算可得C正确，再由点到直线距离的向量表示计算可得D错误. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 对于A，易知，可得 对于A，设平面的一个法向量为， 则，令，则可得， 即， 显然此时不共线，因此平面不成立，即A错误； 对于B，又，则， 显然此时，所以平面不成立，即B错误； 对于C，易知， 因此与所成角为，即C正确； 对于D，易知，又平面的一个法向量为， 所以点B到平面的距离为，即D错误. 故选：C 8. 若函数在处取得极大值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数在处取得极大值可知其二阶导函数在处的取值为负，解不等式即可求得结果. 【详解】易知函数的定义域为，则， 显然可知，无论为何值，恒成立， 若在处取得极大值，可知在左侧，在右侧； 因此可知在附近自左向右从正变为负， 因此在处单调递减， 令， 可得，所以， 因此可得. 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，有选错的得0分． 9. 一组样本数据．其中，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，分布如图所示，且，则（ ） （注：两图纵轴采用相同标度） A. 样本负相关 B. C. D. 处理后的决定系数变大 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用回归方程判断A；利用样本中心点计算判断B；利用图象的波动性判断CD. 【详解】对于A，经验回归方程中斜率，则样本负相关，A正确； 对于B，原样本均值：，由，得，B正确： 对于C，由图1的数据波动较大可得比更集中，则，C错误； 对于D，由图1的残差平方和较图2的残差平方和大知，处理后拟合效果更好，决定系数变大，D正确． 故选：ABD 10. 已知则下列说法正确的是（ ） A. 若仅第5项的二项式系数最大，则 B. 若第2项与第6项的二项式系数相等，则展开式中二项式系数最大的项的系数为 C. 若展开式中二项式系数和为256，则展开式中系数最大值为 D. 若第5项、第6项、第7项的二项式系数成递减等差数列，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二项式系数的性质可判断A正确，根据二项式系数相等可求得，求出二项式系数最大的项即可判断B正确，求得计算可得，即C错误，根据等差数列性质计算可得或，再由增减性判断出，利用赋值法计算可得D正确. 【详解】对于A，若仅第5项的二项式系数最大可知为唯一最大项，因此可得，即A正确； 对于B，由第2项与第6项的二项式系数相等可得，解得； 展开式中二项式系数最大的项为第4项，即， 可知其系数为，即B正确； 对于C，若展开式中二项式系数和为256，可得，解得， 由通项可知，当为奇数时，系数为负，不可能最大； 因此为偶数时系数才有可能最大， 易知为项的系数，可知，即； 而，即，因此C错误； 对于D，若第5项、第6项、第7项的二项式系数成等差数列， 可得，整理可得，解得或； 又因为成递减，可得； 令可得，即D正确. 故选：ABD 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上任意一点．下列结论正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为 C. D. 椭圆上存在点，使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据椭圆定义和基本不等式可知A正确；利用余弦定理和A的结果可知B错误；利用向量数量积定义和余弦定理可化简得到C正确；设，根据向量数量积坐标运算可求得的范围，知D正确. 【详解】由椭圆方程知：长半轴长，短半轴长，半焦距，，， 对于A，由椭圆定义知：， （当且仅当，即为短轴端点时取等号）， 的最大值为，A正确； 对于B，， 即的最小值为，B错误； 对于C，， ，C正确； 对于D，设，，， ， ，，， 椭圆上存在点，使得，D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设离散型随机变量的分布列如右表，若随机变量，则______． X 0 1 2 3 4 P 【答案】## 【解析】 【分析】利用分布列性质计算可得，再由和事件即可求得其概率. 【详解】易知，解得； 由可得或， 所以. 故答案为： 13. 的展开式中的系数为__________. 【答案】20 【解析】 【分析】由二项式展开式的通项分前面括号内取1和分别求解即可. 【详解】展开式的通项是， 分别令得， 所以展开式中项为， 所以展开式中的系数为. 故答案为：20. 14. 甲、乙、丙、丁、戊、已6名同学相互做传接球训练，球从甲手中开始，等可能地随机传向另外5人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外5人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住．记第次传球之后球在乙手中的概率为．则______，______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据传球规则可求出之间的递推公式，再结合等比数列定义即可得出是等比数列，求出其通项公式即可得出结果. 【详解】依题意可知， 第次传球之后球在乙手中，则当时，第次传球之后球不在乙手中的概率为， 第次传球有的可能传给乙，因此， 于是，而， 则是以为首项，公比为的等比数列； 所以，即， 时，适合上式，故. 当时，可得. 故答案为：，. 四、解答题：本题共5小题，共77分、解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某市统计了2024年4月的空气质量指数（AQI），将其分为，，，的4组，画出频率分布直方图如图所示. 若，称当天空气质量达标；若，称当天空气质量不达标. （1）求； （2）从4月的30天中任取2天，求至少有1天空气质量达标的概率； （3）若2024年6月的30天中有8天空气质量达标，请完成下面2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为空气质量是否达标与月份有关联？ 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 6月 合计 附：， 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）0.002 （2） （3）不能 【解析】 【分析】（1）由频率和为1求解； （2）由对立事件的概率计算公式求解； （3）先求出列联表，再计算卡方值进行判断即可． 【小问1详解】 依题意得，， 解得． 【小问2详解】 由频率分布直方图知， 4月份的空气质量达标的天数为：， 则4月份的空气质量不达标的天数为：， 则任取2天，至少有1天空气质量达标的概率为：． 【小问3详解】 列联表如下： 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 12 18 30 6月 8 22 30 合计 20 40 60 零假设：空气质量是否达标与月份无关， 则 所以根据小概率值的独立性检验，没有充分理由推断假设不成立， 故不能认为空气质量是否达标与月份有关联． 16. 已知函数（，为自然对数的底数）. （1）若曲线在点处的切线平行于轴，求的值； （2）讨论函数的单调性. 【答案】（1） （2） 当时, 为上的增函数, 当,在上单调递减,在上单调递增, 【解析】 【分析】（1）求出，由导数的几何意义，解方程即可； （2）解方程，注意分类讨论，以确定的符号，从而确定的单调性， 【小问1详解】 由，得． 又曲线在点处的切线平行于轴， 得，即，解得． 【小问2详解】 ， ①当时，，为上的增函数， ②当时，令，得，则． ，；，． 所以在上单调递减，在上单调递增， 综上，当时， 为上的增函数， 当，在上单调递减，在上单调递增， 17. 某种水果按照果径大小可分为四级：标准果、优质果、精品果、礼品果.某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下： 等级 标准果 优质果 精品果 礼品果 个数 10 30 40 20 假设用频率估计概率. （1）从这100个水果中有放回地随机抽取4个，求恰好有2个水果是礼品果的概率； （2）采用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个，再从抽取的10个水果中不放回地随机抽取3个，若表示抽到的精品果的数量，求的分布列和期望． 【答案】（1） （2）分布列： 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）首先求出抽一次抽到礼品果的概率，现有放回地随机抽取个，设抽到礼品果的个数为，则，根据二项分布的概率公式计算可得； （2）依题意的可能的取值为，，，，求出所对应的概率，从而得到分布列与数学期望. 【小问1详解】 设从这个水果中随机抽取个，其为礼品果为事件，则， 现有放回地随机抽取个，设抽到礼品果的个数为，则， 所以恰好有个水果是礼品果的概率为. 【小问2详解】 用分层抽样的方法从这个水果中抽取个， 其中精品果有个，非精品果有个， 再从中随机抽取个，则精品果的数量服从超几何分布，所有可能的取值为，，，， 所以，， ，； 的分布列为： 0 1 2 3 则. 18. 在平面内，动点M 到点的距离和它到直线的距离相等，记动点M 的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方程，并判断其形状； （2）若点在曲线C上，且 （i）证明：直线AB过定点： （ii）记（i）中的直线AB过的定点为P，且过P作垂直于AB的直线l交曲线C于D、E两点，求四边形的面积的最小值. 【答案】（1），抛物线开口向右； （2）；32. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义可得得方程； （2）设，联立方程组得到，结合已知列出方程求得，进而得到答案；再设直线得出弦长，进而得出面积结合基本不等式得出最小值. 【小问1详解】 因为动点到点的距离和它到直线的距离相等 所以动点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线. 设的方程为，则，即. 所以的轨迹方程为，抛物线开口向右，. 【小问2详解】 （i）设， 联立方程组，整理得， 可得， 因为，所以，得， 因此直线，故直线AB上经过定点， （ii）由（i）可知， 同理设, 联立方程组，整理得， 可得， 可知， 所以， 当且仅当，即时，四边形的面积的最小值为32. 【点睛】关键点点睛：关键点是应用基本不等式计算求出面积的最小值. 19. 数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为，n次扩充后的新数列记为，项数记为，所有项的和记为．扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，如：数列经过一次扩充后得到数列，．已知数列． （1）求； （2）求； （3）求数列的前n项和． 【答案】（1） （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）将根据扩充规则代入计算可得结果； （2）易知数列经一次扩充后是在原来数列的相邻两项中增加一项，即可得，再由等比数列定义可求得，再由所有项的和之间的递推关系可得，即可求得； （3）结合（2）中的表达式，利用错位相减法计算即可求得结果. 【小问1详解】 由可得，因此； 则，因此； 则，因此； 【小问2详解】 因为数列经一次扩充后是在原来数列的相邻两项中增加一项， 所以经第次扩充后增加的项数为， 因此，所以， 因为，所以可得数列是以4为首项，公比为2的等比数列， 所以，即； 设经过第次扩充后数列的各项为， 则，因为扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和， 所以 ； 可得， 又，因此是以首项为3，公比为3的等比数列，故可得. 【小问3详解】 由（2）可知， 所以可得 ； 令，则； 两式相减可得； 所以可得； 即. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于由数列的扩充规则得出的递推关系式，再结合等比数列定义写出对应的通项公式即可得出结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $