精品解析：四川省部分校2024-2025学年高二下学期6月联考数学试题

四川省部分校2024-2025学年高二下学期6月联考数学试题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3.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． 4.本卷命题范围：人教A版必修第二册第九章～第十章，选择性必修第一册，选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章～第七章． 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. 某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，要求这2名学生来自不同年级，则不同的选择方法共有（ ） A. 4种 B. 6种 C. 8种 D. 12种 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.6 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2 4. 若3个男生和2个女生排成一排，则女生不相邻的排法数为（   ） A. 72 B. 60 C. 48 D. 12 5. 的展开式中的常数项为（ ） A. 240 B. C. 160 D. 6. 设随机变量，且，随机变量，则（   ） A. B. C. 2 D. 3 7. 从5名老师中选若干名去3所学校支教，若要求每所学校至少去1名老师，则不同方案种数为（ ） A. 90 B. 390 C. 420 D. 720 8. 已知数列的通项公式为的前项和为，若，则的最大值为（   ） A. 46 B. 45 C. 44 D. 43 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. 新高一学生会对物理、历史2门课程进行选科，每位同学从中选择1门课程学习.现对该校2000名学生的选科情况进行了统计，如图①，并用比例分配的分层随机抽样的方法从中抽取的学生对所选课程进行了满意率调查，如图②. 则下列说法正确的是（   ） A. 满意率调查中抽取样本容量为2000 B. 该校学生中对物理课程满意的人数约为720 C. 若抽取的学生中对历史课程满意的人数为32，则=80 D. 抽取的学生中对物理课程满意的人数多于对历史课程满意的人数 10. 已知事件两两互斥，若，则（   ） A. B. C. D. 11. 已知甲袋中有3个红球，乙袋中有2个黑球1个红球．从两袋中各随机摸出1个球，放入对方袋中，如此反复次，记甲袋中恰有2个红球概率为，甲袋中恰有1个红球的概率为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线在处的切线斜率为2，则______. 13. 在平面直角坐标系中，，点满足，则面积的最大值是______. 14. 若，则的值被4除的余数为__________． 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. 已知数列为等差数列，，，等比数列公比为，，． （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 16. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，椭圆的焦距为4. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点（不在轴上）在椭圆上，求直线的斜率之积. 17. 在一个不透明的箱子里有8个大小相同的小球，其中5个黑球，3个红球.从中不放回地依次摸出3个小球. （1）求前两次摸出的球均为黑球的概率； （2）记表示摸出的小球中红球的数量，求的分布列及其数学期望. 18. 如图，在四棱锥中，，，点为棱上一点． （1）证明：； （2）当点为棱中点时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）当二面角的余弦值为时，求． 19. 已知函数（为自然对数的底数，），函数的极值点为. （1）求的值； （2）证明：对； （3）已知数列的前项和，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省部分校2024-2025学年高二下学期6月联考数学试题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3.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． 4.本卷命题范围：人教A版必修第二册第九章～第十章，选择性必修第一册，选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章～第七章． 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. 某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，要求这2名学生来自不同年级，则不同的选择方法共有（ ） A. 4种 B. 6种 C. 8种 D. 12种 【答案】A 【解析】 【分析】利用组合数求出2名学生来自不同年级的选择方法数. 【详解】由4名学生来自高一、高二各2名， 则随机选2名学生来自不同年级的选择有种. 故选：A 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件概率的公式求解，即可得出答案. 【详解】由条件概率公式可得， . 故选：B. 3. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.6 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性列式计算作答. 【详解】因为，所以， 又，所以. 故选：B. 4. 若3个男生和2个女生排成一排，则女生不相邻的排法数为（   ） A. 72 B. 60 C. 48 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】先排列男生；再在男生之间及两端的空隙中选择位置排列女生；最后根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】分两步进行： 第一步：先安排3个男生，不同的排法有种； 第二步：利用插空法安排2个女生，不同的排法有种； 则女生不相邻的排法数有种. 故选：A. 5. 展开式中的常数项为（ ） A. 240 B. C. 160 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式求解常数项. 【详解】展开式的通项公式为： . 令的次数为0，则. 将代入通项公式中，可得： . 故选：D. 6. 设随机变量，且，随机变量，则（   ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项分布期望公式可求出，从而可求出，进而由求得结果. 【详解】因为随机变量， 所以，解得， 所以, 因为， 所以. 故选：B 7. 从5名老师中选若干名去3所学校支教，若要求每所学校至少去1名老师，则不同的方案种数为（ ） A. 90 B. 390 C. 420 D. 720 【答案】B 【解析】 【分析】先将5名老师分选3人，选4人，选5人3种情况选出，再根据分组分配计算即可. 【详解】先将5名老师分选3人，选4人，选5人3种情况选出， 5个中选3个，再去安排去3所学校，有种. 5个中选4个，再按照“1+1+2”组合安排去3所学校，有种. 5个中选5个，再按照“1+1+3”和“1+2+2”组合安排去3所学校，有 . 综上所得，共有种. 故选：B. 8. 已知数列的通项公式为的前项和为，若，则的最大值为（   ） A 46 B. 45 C. 44 D. 43 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用裂项相消法求，即可得解. 【详解】根据题意， 则， 因为，又，， 则的最大值为44. 故选：C 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. 新高一学生会对物理、历史2门课程进行选科，每位同学从中选择1门课程学习.现对该校2000名学生的选科情况进行了统计，如图①，并用比例分配的分层随机抽样的方法从中抽取的学生对所选课程进行了满意率调查，如图②. 则下列说法正确的是（   ） A. 满意率调查中抽取的样本容量为2000 B. 该校学生中对物理课程满意的人数约为720 C. 若抽取的学生中对历史课程满意的人数为32，则=80 D. 抽取的学生中对物理课程满意的人数多于对历史课程满意的人数 【答案】BC 【解析】 【分析】根据样本容量的定义可判断选项A；利用样本估计总体可判断选项B；先求出样本中学习历史的人数，再根据满意度的求解公式即可判断选项C；先根据的取值范围求出样本中对历史满意的人数范围，再求出样本中对物理满意的人数，进行比较即可判断选项D. 【详解】根据题意及图①可知：该调查的总体容量为，其中学习物理有人，学习历史有人； 对于选项A:：满意率调查中抽取的样本容量为，故选项A错误； 对于选项B：该校学生中对物理课程满意的人数约为，故选项B正确； 对于选项C：按比例分配进行分层随机抽样时， 学习物理有人，学习历史的有人， 若抽取的学生中对历史课程满意的人数为32，则，故选项C正确； 对于选项D：因为， 所以抽取的学生中对历史课程满意的人数为， 又因为抽取的学生中对物理课程满意的人数为， 所以抽取的学生中对物理课程满意的人数、对历史课程满意的人数无法比较， 故选项D错误. 故选：BC. 10. 已知事件两两互斥，若，则（   ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据互斥事件的定义及概率公式逐项判断可得答案. 【详解】A选项，因为事件互斥，所以，故，A错误； BC选项，因为事件两两互斥，， 所以，B正确，C错误； D选项，，D正确. 故选：BD. 11. 已知甲袋中有3个红球，乙袋中有2个黑球1个红球．从两袋中各随机摸出1个球，放入对方袋中，如此反复次，记甲袋中恰有2个红球概率为，甲袋中恰有1个红球的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】先分情况讨论时甲袋中球的组成，算出和.当，同样分三种情况分析甲袋中球的组成，得出的递推式，经变形得到与的关系，确定是等比数列，进而求出表达式和.再根据条件得出递推式，结合，依次算出、，逐个判断. 【详解】当时，甲袋中球的组成有甲袋中恰有3个红球、甲袋中恰有2个红球1个黑球两种情况， 所以； 当时，甲袋中球的组成有甲袋中恰有3个红球、甲袋中恰有2个红球1个黑球、甲袋中恰有1个红球2个黑球3种情况， 所以， 所以，又， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以， 所以C正确D错误； ， 又，所以，AB正确． 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线在处的切线斜率为2，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率，即可得解. 【详解】由题意，求导可得， 则时，，解得. 故答案为：. 13. 在平面直角坐标系中，，点满足，则面积的最大值是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用两点距离公式求得点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，易得点到直线的最大距离，从而求得面积的最大值. 【详解】设点，由可得，整理得， 所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆， 又直线与轴重合，所以点到直线的最大距离为圆的半径， 所以面积的最大值为. 故答案为：. 14. 若，则的值被4除的余数为__________． 【答案】3 【解析】 【分析】利用赋值法，可得系数之和，根据二项式定理可得展开式，可得系数的正负，从而可得系数绝对值之和，结合二项式定理，可得答案. 【详解】令，得， 因为， 所以当为奇数时，展开式中偶数项的系数为负，即， 当为偶数时，展开式中奇数项的系数为正，即， 所以， 又， 故被4除余3． 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. 已知数列为等差数列，，，等比数列的公比为，，． （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出公差得数列的通项；利用等比数列性质求出得数列的通项. （2）由（1）的结论，利用分组求和法，结合公式法求得解. 【小问1详解】 在等差数列中，，，公差， 所以数列的通项公式为； 在等比数列中，，由，得， 解得，，而，因此， 所以数列的通项公式是. 【小问2详解】 由（1）知， . 16. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，椭圆的焦距为4. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点（不在轴上）在椭圆上，求直线斜率之积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的性质结合关系求解可得； （2）设，由在椭圆上，得，再利用斜率的定义代入化简可得. 【小问1详解】 由，得，解得， 设椭圆的焦距为，由焦距为4，得，解得. 又，所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 由题意，得， 设，由在椭圆上，得，即， 所以， 即直线的斜率之积为. 17. 在一个不透明的箱子里有8个大小相同的小球，其中5个黑球，3个红球.从中不放回地依次摸出3个小球. （1）求前两次摸出的球均为黑球的概率； （2）记表示摸出的小球中红球的数量，求的分布列及其数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）求出每次为黑球的概率，在相乘即可； （2）写出随机变量的所有取值，再求出对应概率，即可求出分布列，再根据期望公式求期望即可. 【小问1详解】 由题意，前两次摸出的球均为黑球的概率； 【小问2详解】 由题意，可取， 则， ， ， ， 所以的分布列为 . 18. 如图，在四棱锥中，，，点为棱上一点． （1）证明：； （2）当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）当二面角的余弦值为时，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由勾股定理得到，再由线面垂直的判定定理证明平面即可； （2）建立如图所示坐标系，求出平面的一个法向量再代入空间线面角的公式求解即可； （3）设，求出平面和平面的一个法向量代入空间二面角公式求出即可； 【小问1详解】 证明：因为， 所以，所以， 又，且平面，所以平面， 又平面，所以． 【小问2详解】 因为，所以，则． 由（1）可知两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 当点为棱的中点时，． 设平面的一个法向量， 则即令，解得，故， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 由（2）可知， 设，则， 设平面的一个法向量， 则即令，解得， 故， 设平面的一个法向量为， 由得令，解得，故， 所以， 即，整理，得，解得或（舍去）． 故． 19. 已知函数（为自然对数的底数，），函数的极值点为. （1）求的值； （2）证明：对； （3）已知数列的前项和，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）运用即可求解，再进行检验即可； （2）通过构造新函数，研究其单调性来证明不等式； （3）先根据和关系求出，再结合前面的结论进行放缩得到，进而结合等比数列求和证明不等式即可. 【小问1详解】 由，得， 因为函数的极值点为0，所以，解得， 此时，则， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以0是函数的极值点，满足题意，即. 【小问2详解】 令， 则， 因为，在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 又，， 所以存在唯一，使得， 即，， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则 ， 当且仅当，即或时等号成立，但，所以等号不成立， 所以，即． 【小问3详解】 证明：当时，， 当时，，满足上式， 所以． 由（2）知对，即， 取，则， 所以，即， 所以 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $