精品解析：四川省成都市盐道街中学2024-2025学年高二下学期零诊模拟考试数学试题

成都市盐道街中学2024-2025学年（下）零诊模拟考试 高2023级数学科试题 命题人：杨周梦 审题人：杨治英 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设随机变量，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.6 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由正态分布曲线的对称性，结合，即可求解. 【详解】由随机变量，可得，且 根据正态分布曲线的对称性，可得. 故选：A. 2. 展开式的第3项的系数为（ ） A. 10 B. C. 40 D. 【答案】C 【解析】 【分析】写出二项式的通项即可求得. 【详解】写出的通项，，第三项，即令，则 ，所以第三项的系数为40. 故选：C 3. 曲线在点处的切线与直线垂直，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，根据导数的几何意义和两直线垂直关系得到方程，即可求解. 【详解】由得，当时，， 因曲线在点处的切线与直线垂直，故， 解得. 故选：B 4. 把24粒种子分别种在8个坑内，每坑3粒，每粒种子发芽的概率为0.5.若1个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种，若1个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种.假定每个坑至多补种1次，每补种一个坑需10元，用X表示补种费用，则X的数学期望为（ ） A. 10元 B. 20元 C. 40元 D. 80元 【答案】A 【解析】 【分析】坑里的粒种子的发芽情况可以看作是次独立重复试验，可知一个坑里的粒种子都不发芽的概率是，个坑的补种情况可以看作是次独立重复试验.设代表补种次数，则，求出期望，利用性质即可计算. 【详解】坑里的粒种子的发芽情况可以看作是次独立重复试验， 可知一个坑里的粒种子都不发芽的概率是，个坑的补种情况可以看作是次独立重复试验. 设代表补种次数，则， 所以. 由，得， 即的数学期望为元. 故选：A. 5. 6名运动员站在6条跑道上准备参加比赛，其中甲不能站第一道或第二道，乙只能站在第五道或第六道，则不同的排法共有（ ） A. 48种 B. 72种 C. 96种 D. 144种 【答案】D 【解析】 【分析】应用分类分步计数，结合排列数求不同的排法数. 【详解】当乙在第五道，甲有3种站法，其它4人做全排有种站法，则共有种， 当乙在第六道，甲有3种站法，其它4人做全排有种站法，则共有种， 所以共有144种不同排法. 故选：D 6. 若，，，则事件与事件满足（ ） A. 互为对立事件 B. C. D. 以上都不对 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，，从而，，由此可判断A，由可判断B，由条件概率可判断CD. 【详解】对于A，因为，，所以，， 所以，所以互相独立，而，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于CD，由互相独立，可知互相独立， 所以，故C正确，D错误. 故选：C. 7. 已知是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点.若，则椭圆与双曲线的离心率之积的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，由椭圆、双曲线的定义得到，，再结合余弦定理即可求解. 【详解】根据椭圆、双曲线的对称性，不妨设焦点分别为左、右焦点，点在第一象限， 设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为， 根据椭圆及双曲线的定义，得，， ∴，， 设，在中，∵， 由余弦定理，得， 化简得，两边同除以，得. 又∵，∴，解得，当且仅当， 即时等号成立， ∴椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为， 故选：B. 8. 某商店店庆，每个在店内消费到一定额度的顾客都可以参与抽奖活动.组织方准备了个盲盒，其中有个盲盒内有奖品.抽奖规则为：抽奖者从这个盲盒中随机抽取1个盲盒，兑奖后组织方会再补回一个相同的盲盒，充分混合后，再由下一位抽奖者抽奖.抽奖者甲先拿起了一个盲盒，在犹豫是否打开时，组织方拿走了一个没有奖品的盲盒，最终甲选择了另外一个盲盒打开，记甲中奖的概率为.抽奖者乙在选盲盒时不小心碰掉了一个盲盒，并且发现摔裂的盲盒内没有奖品，随后乙从剩下的盲盒中选定一个盲盒打开，记乙中奖的概率为，则（ ） A. B. C. D. 无法确定与的大小关系 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用全概率公式求出，利用古典概率求出，再比较大小即可. 【详解】设事件为“抽奖者甲中奖”，事件为“甲最初选中的盲盒有奖”，则， 在组织方拿走无奖的盲盒后，若先选中的有奖，则剩余个盲盒中有个奖品， 甲更换盲盒后， 若甲先选中的盲盒无奖，则剩余个盲盒中有个奖品，则更换盲盒后， 因此， 由乙碰掉的盲盒无奖，则所有个盲盒中有个奖品，且每个盲盒被抽到的可能性相同，则， 于是，所以. 故选：A. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知数列的前项和为，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若数列是等差数列且，，则当时，取得最大值 C. 若且数列是等比数列，则 D. 若数列是等差数列，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A:利用求解； 对于B，根据等差数列的性质判断即可； 对于C，根据等比数列的求和公式，可得则 , 结合不等于0即可判断； 对于D，利用等差数列的性质以及等差数列的求和公式判断即可； 【详解】对于A中，由，当时，， 当时，由，可得， 相减可得，对成立， 所以，所以A正确； 对于B中，因为，且，则公差， 由，得到，即， 所以，， 故当时，取得最大值，所以B正确； 对于C中，若且数列是等比数列，则公比为2， 所以，则，， 而不等于0，C错误； 对于D中，因为数列是等差数列，则，所以D正确 故选：ABD 10. 如图，正方体的棱长为2，，分别是棱和的中点．则（ ） A. B. 平面与侧面的交线长为 C. 点到平面的距离为 D. 与平面所成角余弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A由即可判断，对于B由得面与侧面的交线为即可求解，对于CD建立空间直角坐标系利用向量法即可判断. 【详解】因为与不垂直，又，所以与不垂直，故A错误； 由， 所以四点共面，平面， 所以平面与侧面的交线为， 由正方体棱长为2，得，故B正确； 以为坐标原点，建立如图所示坐标系．则，，，，， 所以，，，， 设平面的一个法向量为，由得 令，则，， 所以为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离，故C正确； 设与平面所成角为，则， 所以， 所以与平面所成角的余弦值为，故D错误． 故选：BC. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 在处取得极小值 B. 当时，方程有两个不同的实根 C. D. 若点在的图象上运动，则点到直线距离的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，对求导，利用极值点的定义可求；对于B，作出的图象，利用数形结合思想可解；对于C，注意，构造函数，利用单调性即可判断与的大小，结合的单调性即可判断；对于D，根据条件，过点的切线与平行时距离的最小，利用导数几何意义求出切点即可. 【详解】对于选项A，因为，则， 当时，，当时，，且， 所以是的极小值点， 又，所以选项A正确， 对于选项B，由选项A知，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又当时，，当时，，的图象如图， 令，由图知，当时，与有两个交点， 当时，与只有一个交点，所以选项B错误， 对于选项C，由， 联想到构造函数， 在上为正，在上为负， 上上为增函数，在上为减函数 由，可得 由在上为增函数，可得故C错误， （对于选项C也可先估算出，再结合的单调性判断出C错误） 对于选项D，设点，易知当曲线在处的切线与平行时， 点到直线的距离最小，又， 则，令，则， 易知，当时，，当时，， 所以在区间上单调递减， 在区间上单调递增，且时，，又，所以， 又，得到，所以到直线的距离为，故选项D正确， 故选：AD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知是等差数列的前项和，且满足，，则_____； 【答案】35 【解析】 【分析】首先根据等差数列的通项公式以及前项和公式来求解.先求出首项和公差，再代入求. 【详解】因为是等差数列的前项和，. 则， 化简得， 消元求解得：. 所以. 所以. 故答案为：35. 13. 在平面直角坐标系中，动点到、两点的距离的平方和为10，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意计算化简得出点的轨迹是以原点为圆心，半径的圆，将看作是点与点连线的斜率，利用直线与圆的位置关系求得的取值范围，即可得解. 【详解】由动点到点距离的平方和为10，得， 则点的轨迹方程为，点的轨迹是以原点为圆心，半径的圆， 可看作是点与点连线的斜率， 设直线，即，则圆心到直线的距离， 由直线与圆有公共点，得圆心到直线的距离，整理得，解得或， 所以的取值范围为． 故答案为： 14. 在华为的三进制数据处理研究中，设计了一种独特的三进制编码规则.将一个长度为8位的三进制数按位权展开并转化为十进制数，例如三进制数，转化为十进制数，其中，，则三进制数00001110对应的十进制数为_______，现有一个8位三进制数，包含3个，3个0，2个1，若要求首位不能为0，且相邻两位不能同时为，则这样的不同的三进制数个数共有_______. 【答案】 ①. 39 ②. 140 【解析】 【分析】根据三进制表示规则直接计算可得结果，先将3个0，2个1进行排列，再利用插空法将3个进行排列，然后除去首位为0的所有情况，即可求得结果. 【详解】易知00001110对应的十进制数为； 先将3个0，2个1进行排列，共有种， 再将3个插入到6个空隙中去，共有种， 所以能表示出的不同的三进制数个数共有种， 其中有首位为0时，共有种， 则符合题意的不同的三进制数个数共有种. 故答案为：39；140. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用插空法将将3个插入到6个符合题意的空隙中去，求得总个数，然后减去首位为0时的个数即可得出结果. 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 已知等比数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由与的关系，通过作差即可求解； （2）由等比数列求和公式得到，再通过分组求和即可. 【小问1详解】 因为，故，两式相减 所以即，故等比数列的公比为， 当时，，故， 故 小问2详解】 由等比数列求和公式得， 所以数列的前项和 16. 如图，在直三棱柱中，，为的中点. （1）证明：平面； （2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，再由线线平行即可证得线面平行； （2）先由条件求得，再建系，写出相关点的坐标，求出相关向量坐标，利用向量夹角的计算公式即可求得. 【小问1详解】 如图，连接与交于点，连接， 因四边形为矩形，则为的中点，为的中点，故， 又平面，平面，故平面. 【小问2详解】 因平面，且， 故，解得. 如图，取的中点，则，平面， 分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则， 因， 设平面的法向量为， 则，故可取； 设平面的法向量为， 则，故可取. 则， 因二面角是锐二面角，故二面角的余弦值为. 17. 某同学参加投篮比赛.比赛规则如下：先后在两个不同位置投篮.其中第一次投篮投进得1分，投不进得0分，第二次投篮投进得2分，投不进得分，两次投篮的总得分不低于0分就能获奖.已知这位同学在第一个位置投篮投进的概率是，在第二个位置投篮投进的概率为，每次投篮是否投进相互之间没有影响. （1）求至少投进一个球的概率； （2）求这位同学两次投篮的总得分的分布列、期望及方差； （3）求这位同学能获奖的概率. 【答案】（1） （2）分布列见解析，， （3） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件及对立事件的概率公式求解. （2）求出的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望、方差. （3）利用对立事件的概率公式求解. 【小问1详解】 设至少投进一个球为事件，则. 【小问2详解】 这位同学投篮三次的总得分的所有可能取值为，0，2，3， ，， ，， 随机变量的分布列是 0 2 3 ，， 所以. 【小问3详解】 设这位同学获奖为事件，则，所以获奖的概率为. 18. 已知抛物线关于轴对称，它的顶点在原点，并且经过点. （1）求抛物线的标准方程； （2）设直线与交于两点. ①当时，求的面积； ②过点分别作抛物线的切线交于点，证明：点在定直线上. 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）设抛物线的标准方程为，根据点在抛物线上，求得，即可求得抛物线的标准方程； （2）①由，联立方程组得到和，利用弦长公式和点到直线的距离公式，结合三角形的面积公式，即可求解； ②联立方程组，得到，，设在第一象限，利用导数的几何意义，分别求得在和处的切线方程，联立方程组，求得，即可得到答案. 【小问1详解】 解：由题意，可设抛物线的标准方程为.， 因为点在抛物线上，可得，解得， 所以抛物线的标准方程为. 【小问2详解】 解：①当时，直线， 联立方程组，整理得， 方程的判别式， 设，，则，， 所以， 又由到直线的距离， 所以的面积； ②联立方程组，整理得， 设，，则且，， 不妨设第一象限，则在曲线上，则有， 则在处的切线方程为， 又由，可得在处的切线方程为， 同理可得，点在曲线上，则有， 则在处的切线方程为，且； 所以在处的切线方程为， 联立方程组，解得，所以点在定直线上. 19. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，为的导函数. （i）求实数的取值范围； （ii）记较小的一个零点为，证明：. 【答案】（1）在上单调递减，在单调递增； （2）（i）；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数，根据导数正负得到函数的单调性；（2）（i）先讨论单调性，根据有两个零点得出最小值，即可得的取值范围；（ii）结合（i）知，要证，即证，即，分和进行证明. 【小问1详解】 当时，，函数的定义域为， ， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增 综上所述，函数在上单调递减，在单调递增. 【小问2详解】 （i）函数的定义域为，， ①当时，，函数在单调递减，至多有一个零点，不符合题意； ②当时，令，解得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. ∴当时，取得最小值，最小值为. 因为函数有两个零点，且时，，时，，所以. 设，易知函数在单调递增. 因为，所以的解集为. 综上所述，实数的取值范围是. （ii）因为，由，结合（i）知， 要证，即证，即， 当时，因为，，不等式恒成立； 当时，由得. 即证. 即证. 即证. 设，，由， 所以在单调递增. 所以，故原不等式成立. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 成都市盐道街中学2024-2025学年（下）零诊模拟考试 高2023级数学科试题 命题人：杨周梦 审题人：杨治英 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设随机变量，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.6 2. 的展开式的第3项的系数为（ ） A. 10 B. C. 40 D. 3. 曲线在点处的切线与直线垂直，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 把24粒种子分别种在8个坑内，每坑3粒，每粒种子发芽的概率为0.5.若1个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种，若1个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种.假定每个坑至多补种1次，每补种一个坑需10元，用X表示补种费用，则X的数学期望为（ ） A 10元 B. 20元 C. 40元 D. 80元 5. 6名运动员站在6条跑道上准备参加比赛，其中甲不能站第一道或第二道，乙只能站在第五道或第六道，则不同的排法共有（ ） A. 48种 B. 72种 C. 96种 D. 144种 6. 若，，，则事件与事件满足（ ） A. 互为对立事件 B. C. D. 以上都不对 7. 已知是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点.若，则椭圆与双曲线的离心率之积的最小值为（ ） A B. C. 1 D. 8. 某商店店庆，每个在店内消费到一定额度的顾客都可以参与抽奖活动.组织方准备了个盲盒，其中有个盲盒内有奖品.抽奖规则为：抽奖者从这个盲盒中随机抽取1个盲盒，兑奖后组织方会再补回一个相同的盲盒，充分混合后，再由下一位抽奖者抽奖.抽奖者甲先拿起了一个盲盒，在犹豫是否打开时，组织方拿走了一个没有奖品的盲盒，最终甲选择了另外一个盲盒打开，记甲中奖的概率为.抽奖者乙在选盲盒时不小心碰掉了一个盲盒，并且发现摔裂的盲盒内没有奖品，随后乙从剩下的盲盒中选定一个盲盒打开，记乙中奖的概率为，则（ ） A. B. C. D. 无法确定与的大小关系 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知数列的前项和为，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若数列是等差数列且，，则当时，取得最大值 C. 若且数列是等比数列，则 D. 若数列是等差数列，则 10. 如图，正方体的棱长为2，，分别是棱和的中点．则（ ） A. B. 平面与侧面的交线长为 C. 点到平面的距离为 D. 与平面所成角的余弦值为 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 在处取得极小值 B. 当时，方程有两个不同的实根 C. D. 若点在的图象上运动，则点到直线距离的最小值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知是等差数列的前项和，且满足，，则_____； 13. 在平面直角坐标系中，动点到、两点的距离的平方和为10，则的取值范围为______. 14. 在华为的三进制数据处理研究中，设计了一种独特的三进制编码规则.将一个长度为8位的三进制数按位权展开并转化为十进制数，例如三进制数，转化为十进制数，其中，，则三进制数00001110对应的十进制数为_______，现有一个8位三进制数，包含3个，3个0，2个1，若要求首位不能为0，且相邻两位不能同时为，则这样的不同的三进制数个数共有_______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 已知等比数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）求数列前项和. 16. 如图，在直三棱柱中，，为的中点. （1）证明：平面； （2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值. 17. 某同学参加投篮比赛.比赛规则如下：先后在两个不同位置投篮.其中第一次投篮投进得1分，投不进得0分，第二次投篮投进得2分，投不进得分，两次投篮的总得分不低于0分就能获奖.已知这位同学在第一个位置投篮投进的概率是，在第二个位置投篮投进的概率为，每次投篮是否投进相互之间没有影响. （1）求至少投进一个球的概率； （2）求这位同学两次投篮的总得分的分布列、期望及方差； （3）求这位同学能获奖概率. 18. 已知抛物线关于轴对称，它的顶点在原点，并且经过点. （1）求抛物线的标准方程； （2）设直线与交于两点. ①当时，求的面积； ②过点分别作抛物线的切线交于点，证明：点在定直线上. 19. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，为的导函数. （i）求实数的取值范围； （ii）记较小一个零点为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$