精品解析：安徽省安庆市重点中学2024-2025学年高二下学期6月联考数学试卷

2024-2025学年安庆市重点中学高二下学期6月联考 数 学 试 卷 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 记为等差数列的前n项和，若，则（ ） A. 17 B. 19 C. 21 D. 23 2. 展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 3. 函数的极小值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知且，的值为（   ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 5. 从1，2，……，10中取三个不同的数，按从小到大的顺序排列，组成的数列是等差数列的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 某次考试成绩X服从正态分布.若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为（    ） A. B. C. D. 7. 若不等式（为自然对数的底数）对任意实数x恒成立，则实数的最大值为（    ） A. 0 B. 1 C. D. 8. 已知双曲线，斜率为的直线交双曲线于、，为坐标原点，为的中点，若的斜率为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：每小题6分，共18分．有选错的得0分，部分选对的部分分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量和满足，且，则 B. 若随机变量，，则 C. 若随机变量，则 D. 在含有件次品的件产品中任取件，取到的次品数为，则 10. 已知函数，则（    ） A. 函数的单调减区间为 B. 函数的单调增区间为 C. 函数的极小值点为1 D. 函数的最大值为 11. 已知点是抛物线上的一点，过C的焦点F的两条互相垂直的直线，分别与C交于点A，B和点D，E，其中点A，D均在x轴的上方，过点P分别作，的垂线，垂足分别为M，N，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则直线的倾斜角为 C. 为定值 D. 四边形的周长的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量，若，，则______. 13. 曲线在点处的切线方程为_________. 14. 已知抛物线的焦点为，C的准线与x轴的交点为T，若过点T的直线l与C交于A，B两点，且，则的面积等于_________． 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. 已知展开式中，第三项的系数与第四项的系数相等． （1）求n的值及系数最大的项； （2）求展开式中有理项的系数之和(用数字作答)． 16. 已知函数， ． （1）求的单调区间； （2）若恒成立，求的取值范围． 17. 已知函数． （1）若，求证：在上单调递减； （2）若在上恒成立，求a的取值范围； 18. 某试点高校校考过程中笔试通过后才能进入面试环节.2022年报考该试点高校的学生的笔试成绩近似服从正态分布.其中，近似为样本平均数，近似为样本方差.已知的近似值为76.5，s的近似值为5.5，以样本估计总体. （1）若笔试成绩高于76.5进入面试，若从报考该试点高校的学生中随机抽取10人，设其中进入面试学生数为，求随机变量的期望. （2）现有甲、乙、丙、丁四名学生进入了面试，且他们通过面试的概率分别为.设这4名学生中通过面试的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望. 参考数据：若，则：；；. 19. 已知椭圆右顶点到左焦点的距离为，上顶点的坐标为. （1）求椭圆的方程； （2）设，，是椭圆上关于轴对称的任意两个不同的点，连结交椭圆于另一点，证明直线与轴相交于定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年安庆市重点中学高二下学期6月联考 数 学 试 卷 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 记为等差数列的前n项和，若，则（ ） A. 17 B. 19 C. 21 D. 23 【答案】C 【解析】 【分析】应用等差数列片段和的性质有是等差数列，结合已知即可求. 【详解】由等差数列片段和的性质有是等差数列， 所以，可得. 故选：C 2. 展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出二项展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解. 【详解】的展开式通项为， 因为， 在中，令，系数为； 在，令可得，系数为. 综上所述，展开式中的系数为. 故选：B. 3. 函数的极小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用导数求函数的极小值即可. 【详解】由题设，令，得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 于是有极小值. 故选：D 4. 已知且，的值为（   ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】由正态分布的对称性可求出的值. 【详解】因为且， 所以，解得， 故选：A 5. 从1，2，……，10中取三个不同的数，按从小到大的顺序排列，组成的数列是等差数列的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设取出的3个不同的数分别为a、b、c，结合等差数列的性质分析可知故a、c同为奇数或同为偶数，且a与c确定后，b随之而定，利用古典概型的概率公式求解可得答案. 【详解】设取出的3个不同的数分别为a、b、c， 不同的取法共有种， 若这3个数构成等差数列，则有. 故a、c同为奇数或同为偶数，且a与c确定后，b随之而定. 从而所求概率为. 故选：D． 6. 某次考试成绩X服从正态分布.若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求出的值，再结合二项分布的概率即可求得答案. 【详解】由于考试成绩X服从正态分布，， 故， 从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，成绩高于90的人数服从于二项分布， 故至少有2名考生的成绩高于90的概率为， 故选：B 7. 若不等式（为自然对数的底数）对任意实数x恒成立，则实数的最大值为（    ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】，不等式恒成立，故只需考虑，分类参数构造函数，求导可得. 【详解】依题，，则时，不等式恒成立，故只需考虑，此时有， 令，则， 易知在单调递减，在上单调递增， 所以，∴实数的最大值为. 故选：C. 8. 已知双曲线，斜率为的直线交双曲线于、，为坐标原点，为的中点，若的斜率为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设点、，利用点差法求得，进而可得出双曲线的离心率为，即可得解. 【详解】设点、，则， 由题意，得，，两式相减，得，整理得， 所以， 因此，双曲线的离心率为， 故选：A. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 二、多项选择题：每小题6分，共18分．有选错的得0分，部分选对的部分分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量和满足，且，则 B. 若随机变量，，则 C. 若随机变量，则 D. 在含有件次品的件产品中任取件，取到的次品数为，则 【答案】BC 【解析】 【分析】利用方差的性质可判断A选项；利用正态密度曲线的对称性可判断B选项；利用二项分布的期望公式可判断C选项；利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，随机变量和满足，且，则，A错； 对于B选项，随机变量，， 则，B对； 对于C选项，因为随机变量，则，C对； 对于D选项，在含有件次品的件产品中任取件，取到的次品数为， 所以，D错. 故选：BC. 10. 已知函数，则（    ） A. 函数的单调减区间为 B. 函数的单调增区间为 C. 函数的极小值点为1 D. 函数的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】求导，根据导函数的正负确定函数的单调性，即可结合选项逐一求解. 【详解】的定义域为，且， 当在单调递减，故单调递减区间为，A正确， 当在单调递增，故单调递增区间为，B正确， 当时，取极大值也是最大值，故C错误， ，D正确， 故选：ABD. 11. 已知点是抛物线上的一点，过C的焦点F的两条互相垂直的直线，分别与C交于点A，B和点D，E，其中点A，D均在x轴的上方，过点P分别作，的垂线，垂足分别为M，N，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则直线的倾斜角为 C. 为定值 D. 四边形的周长的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A将点代入抛物线方程解得即可判断，对于B设直线的方程为，结合抛物线方程和即可求出线的倾斜角，进而判断B，对于C利用韦达定理和弦长公式即可求，进而判断，对于D由，利用均值不等式即可求解，进而判断. 【详解】由题意有，所以，所以， 所以，故A正确； 对于B：设直线的方程为，所以， 设，则，由得， 所以，即，设直线的倾斜角，则,故B错误； 对于C：由，由直线与直线垂直， 则可设直线的方程为，则有， 所以，故C正确； 对于D：由，所以， 即，当且仅当时，等号成立， 又得， 所以四边形的周长的最大值为，故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. 已知随机变量，若，，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据二项分布的期望公式和方差公式求解. 【详解】因为随机变量， 所以，， 联立解得 故答案为： 13. 曲线在点处的切线方程为_________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出导函数，求出导数值（即在点处的切线斜率），再利用斜截式写出方程 【详解】因为，所以， 所以曲线在点处的切线的斜率， 由直线方程的斜截式可得切线方程为. 故答案为： 14. 已知抛物线的焦点为，C的准线与x轴的交点为T，若过点T的直线l与C交于A，B两点，且，则的面积等于_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得抛物线方程及点T坐标，设出直线l的方程并联立曲线，再由韦达定理和抛物线焦半径公式可解点A，然后可求的面积. 【详解】如图，因为抛物线C的焦点，所以，解得， 则抛物线C的方程为，准线方程为， ， 易知直线l斜率存在，设方程为，，, 联立，整理得, 由韦达定理得，， 又， ，且， ∴，即代入， 整理得，解得或（舍）， 所以，，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. 已知展开式中，第三项的系数与第四项的系数相等． （1）求n的值及系数最大的项； （2）求展开式中有理项的系数之和(用数字作答)． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据展开式中第三项的系数与第四项的系数相等，得到，求得，设展开式中第项的系数最大，得到不等式组，解得，得到或，代入展开式的通项，即可求解； （2）由（1）中展开式的通项，令，得到，分别求得展开式的有理项，进而得到有理项的系数之和． 【小问1详解】 解：二项式展开式的通项为， 因为展开式中第三项的系数与第四项的系数相等，可得， 则，解得，所以， 设展开式中第项的系数最大，其系数为， 则满足，解得， 因为，所以或是系数最大， 当时，；当时， . 【小问2详解】 解：由（1）知：展开式的通项为， 令且，可得，且对应的是有理项， 当时，展开式中对应的有理项为； 当时，展开式中对应的有理项为； 当时，展开式中对应的有理项为； 故展开式中有理项的系数之和为． 16. 已知函数， ． （1）求的单调区间； （2）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）增区间为，减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）确定定义域，求导函数，令解出不等式即可求单调区间； （2）法一：参变分离得，再对函数进行求导分析，根据其单调性确定最值即可解得. 【小问1详解】 定义域为，， 令得，令得， 所以的增区间为， 减区间为． 【小问2详解】 法1： 因为，所以， 即， 令， 因为在单调递增且． 所以当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 故当时，， 所以． 17. 已知函数． （1）若，求证：在上单调递减； （2）若在上恒成立，求a的取值范围； 【答案】（1）证明: 若，则，所以， 令，所以， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，即，所以在上单调递减； （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，进而可求最值，进而可证明； （2）构造函数，求出导数，对参数分类讨论即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 若在上恒成立，即为在上恒成立， 令， 所以， 因为，当且仅当时等号成立， 当时，，所以在上单调递减，所以，符合题意； 当时，令，所以，设方程的解为， 因为在上单调递增，所以在上单调递减， 则当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 又，所以时，，不符合题意； 当时，，故在上单调递增，所以，不符合题意； 综上，的取值范围为. 18. 某试点高校校考过程中笔试通过后才能进入面试环节.2022年报考该试点高校的学生的笔试成绩近似服从正态分布.其中，近似为样本平均数，近似为样本方差.已知的近似值为76.5，s的近似值为5.5，以样本估计总体. （1）若笔试成绩高于76.5进入面试，若从报考该试点高校的学生中随机抽取10人，设其中进入面试学生数为，求随机变量的期望. （2）现有甲、乙、丙、丁四名学生进入了面试，且他们通过面试的概率分别为.设这4名学生中通过面试的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望. 参考数据：若，则：；；. 【答案】（1）5 （2）X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 【解析】 【分析】（1）根据题意随机变量服从二项分布，应用二项分布期望计算公式可解. （2）由题可知随机变量X可能取值为，分别计算相关概率，写出分布列计算期望即可. 【小问1详解】 由，可得， 即从所有报考该试点高校的学生中随机抽取1人，该学生笔试成绩高于76.5的概率为， 所以随机变量服从二项分布，故. 【小问2详解】 X的可能取值为， ， ， ， ， ， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 所以. 19. 已知椭圆右顶点到左焦点的距离为，上顶点的坐标为. （1）求椭圆的方程； （2）设，，是椭圆上关于轴对称的任意两个不同的点，连结交椭圆于另一点，证明直线与轴相交于定点. 【答案】（1） （2）证明：由题意，可设直线的方程为 ，，则 联立方程组消去得方程：， ， 所以， 所以直线的方程为：， 令，则， 故直线过定点. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，结合可求出； （2）假设设直线的方程，与椭圆联立，进而由韦达定理可得；求出直线的方程，令可求出其横坐标，再结合的值代入化简即可. 【小问1详解】 由题意可得 ：且， 解得：， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $