精品解析：广西壮族自治区河池市2024-2025学年高二下学期7月期末学业水平质量检测数学试题

河池市2025年春季学期高二期末学业水平质量检测 数学 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. 在等差数列中，，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 2. 已知：方程表示双曲线，：，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知空间四点，，，，则直线与直线所成的角为（ ） A. B. C. D. 4. 一个数阵有行列，第一行中的个数互不相同，其余行都由这n个数以不同的顺序组成．如果要使任意两行的顺序都不相同，那么的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 5. 已知直线与直线平行，则它们之间的距离是（ ） A. B. C. 2 D. 6. 在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球的球心O到平面的距离为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 已知函数，有两个极值点，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，圆的方程为，斜率为的直线过点且与圆相交于，两点．若，则所有满足条件的直线的斜率之积为（ ） A. B. 6 C. 3 D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题中，正确的有（ ） A. 对于，，有 B. 若随机变量，，则 C. 若随机变量，且，则 D. 若A、B两组成对数据的样本相关系数分别为，，则A组数据比B组数据的相关性强 10. 记等比数列的公比为q，其前n项和为，且，则下列说法一定正确的有（ ） A. 是等比数列 B. 是等差数列 C. ，，是等比数列 D. 是等比数列 11. 已知抛物线，的顶点均在上，且的重心为抛物线的焦点．若，则（ ） A. B. 的三个顶点到轴的距离之和为 C. 的周长小于 D. 当点的纵坐标为时，的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中常数项为________． 13. 若直线为曲线的一条切线，则实数k的值为________． 14. 某班级一天排六节课，上午四节，下午两节．有3节不同的文化课、2节不同的艺术课和1节体育课，要求排出一个课表．上午第一节课和下午最后一节课都是艺术课，有________种排法；上午有艺术课，且体育课不排在上午第一节，有________种排法． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知等差数列的公差为1，其前n项和，对于，有． （1）求的通项公式； （2）数列的前n项和为，证明． 16. 如图，在各棱长都相等的正四棱锥中，O为与的交点，P为侧棱的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面的所成角的大小． 17. 一个盒子中有6个大小重量相同的小球，其中2个白球，4个黑球．从盒子中随机取出一个小球不放回，然后再从盒子中随机取出一个小球． （1）在第一次取到黑球的条件下，求第二次取到白球的概率； （2）设X表示两次取球取到黑球的个数，求X的分布列和均值． 18. 已知函数 （1）若，求函数在处的切线方程； （2）若函数在定义域内为增函数，求实数a的取值范围； （3）若存在，使得成立，求实数b的取值范围． 19. 已知椭圆上一动点P到原点O距离的最小值为，最大值为椭圆E的左顶点为A，过A的两条直线，关于直线对称，，与椭圆的另外一个交点分别为M，N，，与y轴分别交于为S，T. （1）求椭圆E的标准方程; （2）求的值; （3）直线MN是否过定点?如果是，求出定点坐标;如果不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河池市2025年春季学期高二期末学业水平质量检测 数学 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. 在等差数列中，，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的下标和性质即可计算求解. 【详解】由题可得， 所以， 故选：C. 2. 已知：方程表示双曲线，：，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先计算出当表示双曲线时，的取值范围，然后进行判断. 【详解】若表示双曲线，则只需，解得：或， 故是的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本题考查充分条件及必要条件的判断，考查双曲线的方程，属于简单题. 3. 已知空间四点，，，，则直线与直线所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合向量的夹角公式，求得，进而求得直线与直线所成的角，得到答案. 【详解】由空间四点，，，， 可得，则， 设直线与直线所成的角为，其中， 则，可得， 所以直线与直线所成的角为. 故选：A. 4. 一个数阵有行列，第一行中的个数互不相同，其余行都由这n个数以不同的顺序组成．如果要使任意两行的顺序都不相同，那么的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据排列的定义结合排列数的计算求解. 【详解】由于个数互不相同，故将这个数全排列共有种排序方法，而一个数阵有行列，要使任意两行的顺序都不相同，故有的值最大为. 故选：D. 5. 已知直线与直线平行，则它们之间的距离是（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线平行得到方程，求出，利用两平行线距离公式得到答案. 【详解】直线与直线平行， 则，解得， 直线，即， 与的距离为. 故选：B 6. 在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球的球心O到平面的距离为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】求证即可确定球心O为线段的中点，再将问题转化为求到平面的距离. 【详解】因，则， 因平面，平面，则，， 又平面，则平面， 因平面，则， 取线段的中点，则， 故三棱锥外接球的球心O为线段的中点， 则O到平面的距离等于到平面的距离的一半，即. 故选：B 7. 已知函数，有两个极值点，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导得，根据题意可知在上有两个变号零点，即方程在上有两个解，根据韦达定理和一元二次方程根的判别式即可求解. 【详解】∵函数，有两个极值点， ∴在上有两个变号零点， ∴方程在上有两个解，设为，， ∴，解得，即实数m的取值范围是. 故选：A. 8. 在平面直角坐标系中，圆的方程为，斜率为的直线过点且与圆相交于，两点．若，则所有满足条件的直线的斜率之积为（ ） A. B. 6 C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题结合，可得，圆心到直线的距离为，设直线的方程为，由点到直线离公式并化简后可得，然后由韦达定理可得答案. 【详解】如图，由题意得，圆心，半径． 因为， 且， 所以，解得， 所以． 设圆心到直线的距离为，由垂径定理可得 ，即，所以． 由题意知直线的方程为， 所以圆心到直线的距离， 即， 两边平方，得， 化简得． 设方程的两根分别为， 由根与系数关系，得. 故选：D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题中，正确的有（ ） A. 对于，，有 B. 若随机变量，，则 C. 若随机变量，且，则 D. 若A、B两组成对数据的样本相关系数分别为，，则A组数据比B组数据的相关性强 【答案】BC 【解析】 【分析】根据二项式定理、正态分布、二项分布的期望与方差、样本相关系数的性质来逐一分析选项即可. 【详解】对于A：因为， 所以，A选项错误； 对于B：因为，所以正态分布曲线关于对称， 因为，所以， 所以， 所以， 所以 ，B选项正确； 对于C：因为，且，即，解得 则，C选项正确； 对于D：样本相关系数越接近1，两个变量的线性相关性越强；越接近0，两个变量的线性相关性越弱. ，，因为，即，所以B组数据比A组数据的相关性强，D选项错误. 故选：BC 10. 记等比数列的公比为q，其前n项和为，且，则下列说法一定正确的有（ ） A. 是等比数列 B. 是等差数列 C. ，，是等比数列 D. 是等比数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过特例及等比数列的定义结合前项和的性质逐个判断即可. 【详解】对于A，取，，此时，显然错误， 对于B：设， 所以， 由通项公式可知为等差数列，正确， 对于C，因为， 由等比数列前项和的性质可知，，成等比数列， 所以，且，同号， 所以， 所以，，是等比数列，正确， 对于D：因为，所以， 所以， 由通项公式可知其为等比数列，正确. 故选：BCD 11. 已知抛物线，的顶点均在上，且的重心为抛物线的焦点．若，则（ ） A. B. 的三个顶点到轴的距离之和为 C. 的周长小于 D. 当点的纵坐标为时，的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用重心坐标公式结合抛物线的焦半径公式可得出关于的方程，解出的值，可判断A选项；求出的三个顶点横坐标之和，可判断B选项；利用三角形三边关系可判断C选项；求出点的坐标，可得出线段的中点的坐标，利用点差法可求得直线的方程，将该直线方程与抛物线方程联立，结合三角形的面积公式可判断D选项. 【详解】设点、、，易知点， 因为的重心为抛物线的焦点，由重心坐标公式可得， 所以， 对于A选项，， 因为，解得，A对； 对于B选项，易知，且， 所以的三个顶点到轴的距离之和为，B错； 对于C选项，因为，，， 取等号时，当且仅当点在线段上时， 取等号时，当且仅当点在线段上时， 取等号时，当且仅当点在线段上时， 故的周长为， 上述三个等号不可能同时取得，故， 即的周长小于，C对； 对于D选项，抛物线的方程为，由题意可得，则， 所以，，则，， 故线段的中点为， 因为，两式作差得， 故直线的斜率为， 故直线的方程为，即，即， 联立得，即，解得，， 故， 因为点到直线的距离为， 故，D对. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中常数项为________． 【答案】 【解析】 【分析】由二项式定理得到常数项. 【详解】通项公式， 令，得，所以展开式中常数项， 故答案为：. 13. 若直线为曲线的一条切线，则实数k的值为________． 【答案】1 【解析】 【分析】设切点为，对求导得，根据题意列方程组即可求解. 【详解】设切点为， 对求导得， 由题意，解得. 故答案为：1. 14. 某班级一天排六节课，上午四节，下午两节．有3节不同的文化课、2节不同的艺术课和1节体育课，要求排出一个课表．上午第一节课和下午最后一节课都是艺术课，有________种排法；上午有艺术课，且体育课不排在上午第一节，有________种排法． 【答案】 ①. 48 ②. 564 【解析】 【分析】若上午第一节课和下午最后一节课都是艺术课，先安排艺术课，再安排其他课程即可；若上午有艺术课，且体育课不排在上午第一节，分类讨论上午第一节是否为艺术课，结合间接法运算求解. 【详解】若上午第一节课和下午最后一节课都是艺术课， 则有种排法； 若上午有艺术课，且体育课不排在上午第一节，则有： 1.若上午第一节为艺术课，则有种排法； 2.若上午第一节不为艺术课，则有种排法； 综上所述：共有种排法； 故答案为：48；564. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知等差数列的公差为1，其前n项和，对于，有． （1）求的通项公式； （2）数列的前n项和为，证明． 【答案】（1） （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据题意结合等差数列求和公式可得，即可得； （2）由（1）可知，根据错位相减法可求出结果. 【小问1详解】 因为等差数列的公差为1， 则，， 可得，解得， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知， 则， 可得， 两式相减得， 所以. 16. 如图，在各棱长都相等的正四棱锥中，O为与的交点，P为侧棱的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面的所成角的大小． 【答案】（1）证明：因为分别为的中点， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理及线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意得底面，， 以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设正四棱锥的棱长为，所以，， 所以，， 所以， ，， 设平面的法向量为， 所以，则， 设直线与平面的夹角为， 则， 所以. 【点睛】 17. 一个盒子中有6个大小重量相同的小球，其中2个白球，4个黑球．从盒子中随机取出一个小球不放回，然后再从盒子中随机取出一个小球． （1）在第一次取到黑球的条件下，求第二次取到白球的概率； （2）设X表示两次取球取到黑球的个数，求X的分布列和均值． 【答案】（1） （2）分布列见详解； 【解析】 【分析】（1）设相应事件，求，根据条件概率直接求解即可； （2）根据题意的取值可能有0，1，2，再根据排列组合求出对应概率，写出分布列并计算期望. 【小问1详解】 设第一次取到黑球为事件A，第二次取到白球为事件B， 则， 所以. 【小问2详解】 根据题意的取值可能有0，1，2， ，，， 则的分布列为： 0 1 2 且. 18. 已知函数 （1）若，求函数在处的切线方程； （2）若函数在定义域内为增函数，求实数a的取值范围； （3）若存在，使得成立，求实数b的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，可得，，结合导数的几何意义求切线方程； （2）分析可知原题意等价于在定义域内单调递增，构建，利用导数求最值结合恒成立问题分析求解； （3）构建，原题意等价于存在，使得成立，结合存在性问题分析求解即可. 【小问1详解】 若，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 因为函数在定义域为，且， 由题意可知：在定义域内单调递增，可得， 原题意等价于在定义域内单调递增， 构建，则， 又因为在定义域内单调递减，且， 当时，，即；当时，，即； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 可得，所以实数a的取值范围为. 【小问3详解】 因为，即，可得， 构建， 原题意等价于存在，使得成立， 当时，则，可得； 当时，可得； 当时，则，可得； 综上所述：， 可得，所以实数b的取值范围为. 19. 已知椭圆上一动点P到原点O距离的最小值为，最大值为椭圆E的左顶点为A，过A的两条直线，关于直线对称，，与椭圆的另外一个交点分别为M，N，，与y轴分别交于为S，T. （1）求椭圆E的标准方程; （2）求的值; （3）直线MN是否过定点?如果是，求出定点坐标;如果不是，请说明理由. 【答案】（1）； （2）； （3）动直线MN恒过x轴上的定点 【解析】 【分析】（1）设，表示出，再利用椭圆的性质求出即可； （2）由点斜式设出，的方程，得到，，利用点关于直线对称的关系求解即可； （3）直曲联立，利用韦达定理表示出，化简方程可得直线过定点. 【小问1详解】 设，则， 因为，所以，则，， 所以椭圆E的标准方程为； 【小问2详解】 由（1）知，设，， 则点S的纵坐标为，点T的纵坐标， 设点是直线上异于点A的任意一点， 点是点C关于直线的对称点， 由得① 由得② 联立①②解得，代入直线可得， 又由点在直线上，有， 所以有，从而由，可得， 则； 【小问3详解】 设，， 设直线，由， 消y得， 设，，所以， ，， 由（2）知，即， 即， 即 化简得，解得或舍去， 所以动直线恒过x轴上的定点 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是能直曲联立，利用韦达定理表示出，得到直线所过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $