精品解析：河南省濮阳市2024-2025学年高二下学期期末学业质量监测数学试题

高二年级下学期期末学业质量监测 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. 一质点位移（m）与运动时间（s）的关系式为，则该质点在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 2. 若随机变量服从正态分布，已知，则（ ） A. 0.08 B. 0.16 C. 0.84 D. 0.92 3. 已知等比数列的前n项和为，若，，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 16 4. 已知圆与圆，若圆C完全覆盖圆，，则圆C的半径的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5. 从3名男生和2名女生中任选2人，若已知有男生被选到，则选到的2人都是男生的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，则点B到直线的距离为（ ） A. 2 B. C. D. 1 7. 设，则中最大的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，过点且斜率为k的直线l交E的两条渐近线于A，B两点，且，则（ ） 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. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知F是抛物线的焦点，D，E是C上的两点且满足，点G的坐标为，直线GA，GB分别与C相切于点A，B，直线l过点G且与C相交于P，Q两点，则下列结论正确的是（ ） A. DE的中点到C的准线的距离等于DE长度的一半 B. 直线GA，GB的斜率之积为 C. 若直线GA，GB都与以F为圆心圆相切，则圆的半径为 D. ，，成等比数列 11. 已知是公差为d的等差数列，，，其中表示不小于x的最小整数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则， C. 若，，则d的取值范围是 D. 若，，则d的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数．则曲线在点处的切线方程为______． 13. 已知P为圆上动点，点，，若为常数，则______. 14. 将8块颜色各不相同的箭头形积木按如图的方式，首尾相连拼接成一个圆环，若任意调换积木的顺序，但其中红色和黄色两块积木必须相邻，则可以拼成的不同圆环有______种.（用数字作答） 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. 已知为等差数列，，，令. （1）求通项公式及前n项和； （2）求数列的前n项和. 16. 某企业有甲、乙两个车间生产某款产品，今年前5个月两个车间的产量（单位：万件）统计如下表.设月份为，甲、乙两个车间的月产量之和为. 月份 1 2 3 4 5 甲车间产量 0.7 0.9 1.6 3 6 乙车间产量 0.8 1.1 1.9 5 9 （1）求； （2）求与的相关系数（精确到0.01），并判断与的线性相关程度强弱； （3）从甲、乙两个车间生产的产品中各随机抽取100件，其中优等品和一等品的数量如下表所示，根据小概率值的独立性检验，能否认为甲、乙两车间的优等品率有差异？ 甲车间 乙车间 优等品 40 45 一等品 60 55 参考数据：，，. 参考公式：①相关系数；②. 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 17. 在如图所示几何体中，正方形与菱形所在的平面垂直，，且，为的中点. （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知椭圆的离心率为，上顶点为. （1）求的方程； （2）过点的直线与交于两点，点在第二象限，点在轴的下方，直线分别与轴交于点. （ⅰ）证明：； （ⅱ）求四边形面积的最大值. 19. 已知函数. （1）求的值域； （2）若恒成立，求实数a的取值范围； （3）证明：当且时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级下学期期末学业质量监测 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. 一质点的位移（m）与运动时间（s）的关系式为，则该质点在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导，将代入求出导数值即是该质点在时的瞬时速度. 【详解】因为质点的位移与时间的关系式为， 所以对函数求导得. 所以. 所以该质点在时的瞬时速度为7m/s. 故选：D. 2. 若随机变量服从正态分布，已知，则（ ） A. 0.08 B. 0.16 C. 0.84 D. 0.92 【答案】C 【解析】 【分析】由正态曲线的对称性易求得答案. 【详解】由，可得，因，则， 故. 故选：C. 3. 已知等比数列的前n项和为，若，，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件列出方程组，然后求出的值，然后根据等比数列的前项和公式化简求解即可. 【详解】因等比数列，， 若，则，，矛盾，故， 所以. 将代入第二个方程得：. 所以. 因为，所以. 故选：C. 4. 已知圆与圆，若圆C完全覆盖圆，，则圆C的半径的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】先判断圆与圆外切，依题意只需使所求圆的半径等于两圆半径之和即可. 【详解】依题意，圆的圆心，半径，圆的圆心，半径为， 则，故两圆外切， 因圆C覆盖圆，，所以圆半径的最小值为. 故选：A. 5. 从3名男生和2名女生中任选2人，若已知有男生被选到，则选到的2人都是男生的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先确定有男生被选到的情况种数，然后确定选到2人都是男生的情况种数，进而可求得概率值. 【详解】因为从3名男生和2名女生中任选2人，且有男生被选到， 那么总的可能情况有：这两人有1男1女和这两人都是男生， 所以符合要求的总的情况种数有. 选到2人都是男生种数是. 所以若已知有男生被选到，则选到的2人都是男生的概率为：. 故选：B 6. 在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，则点B到直线的距离为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】先求出的三边长，利用余弦定理求出，即得，再由三角形面积相等即可求得答案. 【详解】 如图，因P为棱的中点，则， 由余弦定理，， 则， 设点B到直线的距离为，则， 解得. 故选：A. 7. 设，则中最大的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式分析为偶数，设为中的最大项，则，化简可得，结合即得. 【详解】二项式的展开式的通项为， 依题意得：，，要求中最大的，则必须为偶数， 设为中的最大项，则，即， 即，化简得， 因，解得，又，故得， 即中最大的是. 故选：C. 8. 已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，过点且斜率为k的直线l交E的两条渐近线于A，B两点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由双曲线方程得到渐近线方程为，设，的中点为，将点代入渐近线方程，利用点差法得到，设直线的倾斜角为，根据推出，即得，即得，解之即得直线的斜率. 【详解】 如图，由可得双曲线的渐近线方程为， 不妨设，的中点为，则， 两式相减，得：，即， 即（*），因，则，在中，， 设直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为， 则由（*）可得，即，解得， 即，也即. 故选：B. 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. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用求导公式，导数的四则运算法则以及复合函数的求导法则对选项逐一检验即得. 【详解】对于A，因是常数，故，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，因，故D错误. 故选：BC. 10. 已知F是抛物线的焦点，D，E是C上的两点且满足，点G的坐标为，直线GA，GB分别与C相切于点A，B，直线l过点G且与C相交于P，Q两点，则下列结论正确的是（ ） A. DE的中点到C的准线的距离等于DE长度的一半 B. 直线GA，GB的斜率之积为 C. 若直线GA，GB都与以F为圆心的圆相切，则圆的半径为 D. ，，成等比数列 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，设过的直线的方程并联立，求出韦达定理，设中点，求出的横坐标和纵坐标，求出到准线距离，求出即可判断；对于B，求出抛物线在点的切线方程，求出，求出，求出，求出和的坐标即可求解；对于C，求出直线和直线的方程，求出到的距离结合对称性即可求解；对于D，设直线方程并与抛物线联立求出韦达定理，设，求出即可求解. 【详解】 对于A，，准线为直线， 三点共线，设过的直线斜率为， 方程为，与抛物线联立可得， 所以，， ， ， 设中点为，， 到准线距离为， 因为， 所以，， ， 所以的一半为， 与到准线的距离相等， 当时直线为轴，与抛物线相切于一点， 所以不考虑，故A正确； 对于B，抛物线在点的切线方程为， 因为，所以， 代入可得， 代入抛物线可得， 所以切点， ，， 所以斜率之积为，故B正确； 对于C，直线方程为， 直线方程为， 到的距离为， 由对称性到的距离相同，故C正确； 对于D，设直线方程为， 与抛物线联立可得， 所以，， 设， ，， ， 因为， 所以， 所以，因为， 所以，所以， 仅当时成立，非任意直线均成立. 故选：ABC. 11. 已知是公差为d的等差数列，，，其中表示不小于x的最小整数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则， C. 若，，则d的取值范围是 D. 若，，则d的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，依题计算易得；对于B，由可推得恒为整数，从而可得结论；对于C，由求得，结合条件分类讨论，即可求得d的范围；对于D，由，分析易得，因，结合，可得，推得对于且恒成立，从而可求得d的范围. 【详解】对于A，因，，则， ，则，故A正确； 对于B，因，则恒为整数，因，故得，，即B正确； 对于C，因，则，因， 则，又，则， ①若，即，则， ， ，不满足题意， ②若，即，此时， ， ，满足题意。 ③若时，， ， ，不满足题意． 综上分析，可得，故C错误． 对于D，因，则，则， 则， 因，，则， 又，故， 故在且上恒成立， 即对于且恒成立， 而单调递增，故，故得，即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．则曲线在点处的切线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出，即可求出切线的点斜式方程，化简得出结论. 【详解】, 所以曲线在点处的切线方程是， 即. 故答案：. 【点睛】本题考查导数的几何意义，注意已知点是否为切点，属于基础题. 13. 已知P为圆上的动点，点，，若为常数，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用动点坐标来表示距离之比，通过距离之比为常数，可得对应系数成比例，从而可求解. 【详解】设动点，则有， 由， 由于为常数,所以， 解得或，因为，所以， 故答案为：. 14. 将8块颜色各不相同的箭头形积木按如图的方式，首尾相连拼接成一个圆环，若任意调换积木的顺序，但其中红色和黄色两块积木必须相邻，则可以拼成的不同圆环有______种.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】利用捆绑法可求拼成的不同圆环的种数. 【详解】将红色和黄色两块积木捆绑并放在圆环某一固定位置上，有种排法， 将其余六块依次放入余下六个位置，共有种排法， 故可以拼成的不同圆环有种排法， 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. 已知为等差数列，，，令. （1）求的通项公式及前n项和； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用等差数列通项公式和求和公式即可求解； (2)利用分组求和，再结合等比数列求和公式即可求解. 【小问1详解】 设为等差数列的公差为，则由， 又由， 所以，， 【小问2详解】 由于， 所以 . 16. 某企业有甲、乙两个车间生产某款产品，今年前5个月两个车间的产量（单位：万件）统计如下表.设月份为，甲、乙两个车间的月产量之和为. 月份 1 2 3 4 5 甲车间产量 0.7 0.9 1.6 3 6 乙车间产量 0.8 1.1 1.9 5 9 （1）求； （2）求与的相关系数（精确到0.01），并判断与的线性相关程度强弱； （3）从甲、乙两个车间生产的产品中各随机抽取100件，其中优等品和一等品的数量如下表所示，根据小概率值的独立性检验，能否认为甲、乙两车间的优等品率有差异？ 甲车间 乙车间 优等品 40 45 一等品 60 55 参考数据：，， 参考公式：①相关系数；②. 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 【答案】（1） （2），与具有较强的线性相关关系. （3）不能认为甲、乙两车间的优等品率有差异. 【解析】 【分析】（1）利用给定的数据结合公式计算即可； （2）利用题设中给出的数据结合（1）中结果计算可得，从而可判断与具有较强的线性相关关系. （3）计算后可得不能认为认为甲、乙两车间的优等品率有差异. 【小问1详解】 ，故. 【小问2详解】 由题设的数据可得， 故与具有较强的线性相关关系. 【小问3详解】 完善列联表如下： 甲车间 乙车间 合计 优等品 40 45 一等品 60 55 设甲、乙两车间的优等品率无差异， 则， 故肯定，不能认为甲、乙两车间的优等品率有差异. 17. 在如图所示的几何体中，正方形与菱形所在的平面垂直，，且，为的中点. （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）可证连接，设，连接，可证平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可证； （2）求出平面与平面的法向量后可求它们夹角的余弦值. 【小问1详解】 连接，设，连接， 因为四边形为菱形且，，故为等边三角形， 因为四边形为正方形，故为的中点，故， 而平面平面，平面平面， 平面，故平面， 故可以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故，故， 又为的中点，故， 故，而， 由不在一条直线上可得. 【小问2详解】 由（1）中结果可得，，， 设平面的一个法向量为， 故即，取， 设平面的一个法向量为， 故即，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的离心率为，上顶点为. （1）求的方程； （2）过点的直线与交于两点，点在第二象限，点在轴的下方，直线分别与轴交于点. （ⅰ）证明：； （ⅱ）求四边形面积的最大值. 【答案】（1）； （2）（ⅰ）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件结合可求得，即得答案； （2）（ⅰ）设直线的方程并联立椭圆方程，利用韦达定理化简后可得故的中垂线过即；（ⅱ）利用韦达定理化简，由基本不等式可求最大值. 【小问1详解】 由已知，，结合，∴，， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）由过点的直线与椭圆交于不同的两点， 可知直线的斜率一定存在且不为零， 设直线的方程为，即，设，， 联立方程组，可得， ，即， 又， 又，同理， 故 ， 所以中点的横坐标为，故的中垂线过，则. （ⅱ）故 ， 当且仅当即时，等号成立， 故四边形面积的最大值为4. 19. 已知函数. （1）求的值域； （2）若恒成立，求实数a的取值范围； （3）证明：当且时，. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数并讨论其符号后可得单调性，从而可得函数的值域； （2）利用参变分离结合导数求出新函数的最小值后可得参数的范围； （3）由（2）结果可得，结合放缩法可得，从而可证题设中的不等式. 【小问1详解】 由题设有， 故时，，时，， 故在为减函数，在上为增函数， 故，而，， 故的值域为. 【小问2详解】 即， 设，则， 故时，，时，， 故在为减函数，在上为增函数， 故，故. 【小问3详解】 由（2）可得，当且仅当时等号成立， 故，令，故， 即，当且仅当等号成立， 故当时，， 故当时，， 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $