精品解析：河南省信阳市信阳高级中学（贤岭校区）2024-2025学年高二下学期6月月考数学试题

河南省信阳高级中学新校（贤岭校区） 2024-2025学年高二下期06月测试（二） 数学试题 一、单选题：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. 命题“”的否定是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题可得结论 【详解】命题“”的否定是“”. 故选：C. 2. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. 60 D. 30 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用多项式乘法结合组合应用问题，列式计算作答. 【详解】表示5个的乘积， 在这5个因式中，有2个因式选，2个因式选，剩下的1个因式选−2，即可得到含的项， 故含的项的系数为， 故选：A． 3. “”是“在上恒成立”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】A 【解析】 【分析】根据二次不等式在上恒成立结合参变量分离法求出实数取值范围，再利用集合的包含关系判断可得出结论. 【详解】根据题意，若在上恒成立， 所以，在上恒成立， 由“对勾函数”可知，函数在上单调递增， 所以，当时，，可得， 所以，在上恒成立“的充要条件是”“， 因为， 因此，“”是“在上恒成立”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 若随机变量，且，则的最小值为（ ） A. 18 B. C. 24 D. 27 【答案】A 【解析】 【分析】由正态分布的对称性可得的等量关系，等量代换整理二次函数，可得答案. 【详解】由题意可得，则， 所以， 易知当时，的最小值为. 故选：A 5. 已知为奇函数，则a的值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据奇函数的性质来建立等式，进而求出的值. 【详解】已知为奇函数，则. 先求， 因为，所以， 即， 两边同时减去可得：， 根据对数的运算法则， 则，所以， 交叉相乘可得：，化简得， 即，那么，所以，解得. 当时，，无意义，舍去. 当时，，此时函数有意义，所以. 故选：D. 6. 将函数的图象上所有点向左平移2个单位长度后，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】通过平移得到,再结合对数的运算性质,由基本不等式即可求解. 【详解】由题意可得， 因为， 所以， 所以， 即，且. 因为，当且仅当时，取到最小值. 故选：B 7. 已知函数是定义域为的奇函数的导函数，当时，，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，求导可得在上单调递增.根据是定义域为的奇函数得到为上的偶函数，结合的性质可求的解集． 【详解】根据题意，构造函数，求导得， 当时，，所以在上单调递增， 因为为奇函数，所以是偶函数，故在上单调递减. 因为，所以，故. 当时，不等式可化为， 因为在上单调递增，所以. 当时，因为在上为奇函数，所以，满足. 当时，不等式可化为， 因为在上单调递减，所以. 综上，的解集为. 故选：C 8. 已知关于的不等式的解集为，其中，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式的解集结合一元二次不等式与一元二次方程的关系得根与系数的关系式，利用基本不等式求得的范围，利用对勾函数单调性求解范围即可. 【详解】∵的解集为，∴，且方程的两根为，， ∴，，∴，∵，，∴， ∴，即，当且仅当时取“=”， 故，而，由对勾函数的单调性，在上单调递增， ∴，∴的取值范围为. 故选：A. 二、多选题：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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据基本不等式可判断AB；由基本不等式结合指数幂运算可判断C；利用“1”的妙用可判断D. 【详解】对于A，因为，且，故， 当且仅当，结合，即时取等号，A错误； 对于B，， 当且仅当，结合，即时取等号，B正确； 对于C，由题意得，故， 当且仅当，结合，即时取等号，C错误； 对于D，因为，且，故， 故 ， 当且仅当，结合，即时取等号，D正确； 故选：BD 10. 已知，为抛物线上两点，的焦点为，且，，则下列结论正确的是（ ） A. 的准线为 B. 当时，的值为5 C. 的最小值为3 D. 的最大值为 【答案】CD 【解析】 【分析】对于AB，根据抛物线的方程和定义即可判断；C选项，利用抛物线定义得到，当三点共线时和最小，求出最小值；D选项，作出辅助线，找到可判断. 【详解】因为，，，准线方程为， 所以由抛物线的定义可得， 准线为，故选项A错误； 当时，，的值为，故选项B错误； 如图，过点P作准线于点B，则由抛物线定义可知：，则，当A、P、B三点共线时，和最小，最小值为，C正确； 由题意得：，连接AF并延长，交抛物线于点P，此点即为取最大值的点，此时，其他位置的点，由三角形两边之差小于第三边得：，故的最大值为，D正确. 故选：CD. 11. 在平面直角坐标系中，动点到定点与轴的距离之积为常数，记点的轨迹为曲线，曲线的图象如图所示，下列结论正确的是（ ） A. B. 曲线的方程为 C. 曲线关于直线对称 D. 曲线上的点到轴的距离的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过已知条件化简方程，利用曲线上的点满足方程来确定参数的值，再根据对称点的性质判断曲线的对称性，最后通过特定条件求解曲线与坐标轴相关的最值. 【详解】由题知，化简得， 由图象知，点在曲线上，所以，解得， 所以曲线的方程为，故选项A正确，选项B错误； 曲线上的点关于直线对称的点为， 因为，曲线关于直线对称，故选项C正确； 当时，，解得或，所以曲线上的点到轴的距离的最大值为，故选项D正确． 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算可求x，继而可求. 【详解】因为，所以， 因为，所以，即，所以． 故答案为：. 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，将所求变形成，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】因为动点到两点的距离的平方和为10，所以， 化简上述等式得到动点的轨迹方程为，故点的轨迹是以原点为圆心，半径的圆． 因为，其中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， 因为直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离，整理得，解得或， 所以的取值范围为． 故答案为：. 14. 经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都有且只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数.若函数图象的对称中心点为，且不等式对任意恒成立，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先求得，，而原不等式等价于，可以利用不等式放缩即可求解. 【详解】， 因为图象的对称中心点为，所以，所以， 由，所以， 原不等式为， 因为，所以， 设，则， 当时，，当时，， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以，即， 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以，所以其最小值为，故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键是得到恒成立，结合切线放缩不等式即可顺利得解. 四、解答题：本大题共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. 某地，，，四个商场均销售同一型号的冰箱，经统计，2024年10月份这四个商场购进和销售该型号冰箱的台数如下表（单位：十台）： 商场 商场 商场 商场 购进该型冰箱数 3 4 5 6 销售该型冰箱数 2.5 3 4 4.5 （1）已知可用线性回归模型拟合与的关系，求关于的线性回归方程； （2）假设每台冰箱的售价均定为4000元．若进入商场的甲、乙两人购买这种冰箱的概率分别为，，且甲乙是否购买冰箱互不影响．若两人购买冰箱总金额的期望不超过6000元，求的取值范围． 参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由参考公式代入数据即可求解； （2）设甲、乙两人中选择购买这种冰箱的人数为，确定取值，求得对应概率，再结合期望公式构造不等式求解即可. 【小问1详解】 ，， 所以， 则， 故关于的线性回归方程为． 【小问2详解】 设甲、乙两人中选择购买这种冰箱的人数为， 则的所有可能取值为0，1，2． ， ， ， 所以 令，即， 解得：，又，所以． 所以的取值范围为． 16 已知数列满足，，． （1）证明：为等差数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）将变形为，即可根据等差数列的定义证明为等差数列； （2）由（1）先得到的表达式，进而得到的表达式，令，先根据错位相减求出其前项和为，再根据分组求和即可求出数列的前项和. 【小问1详解】 ，， 将等式的两边同时除以，可得． ，. 是首项为，公差为的等差数列； 小问2详解】 由（1）可得， ，， 令，其前项和为， 则， ， 两式相减得 ， ，． 17. 已知圆，抛物线的准线与圆相切，过抛物线焦点的动直线与抛物线交于、两点，线段的中点为． （1）求抛物线的方程； （2）当轴时，求直线的斜率； （3）求证：为定值，并求出该定值． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析，定值为 【解析】 【分析】（1）求出圆心坐标和圆的半径，根据抛物线的准线与圆相切求出的值，即可得出抛物线的方程； （2）根据题意，设直线的方程为，设点、、，将直线的方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，根据轴可求出的值，由此可得出直线的斜率； （3）利用抛物线的焦点弦长公式以及平面内两点间的距离公式可证得结论成立. 【小问1详解】 由题意可得，圆的圆心为，半径为，且抛物线的准线为，与圆详相切， 则，因为，解得，故抛物线的方程为. 【小问2详解】 设点、、， 显然直线的斜率不为零， 设直线的方程为， 联立可得，则， 由韦达定理可得，， 则，，即点， 因为轴，则，解得， 因此，直线的斜率为. 【小问3详解】 由抛物线焦点弦长公式可得， 由（2）可得， 所以. 18. 已知函数，． （1）已知在处的切线斜率为，求实数的值； （2）若，且关于的方程有个不相等的实数解，求的取值范围； （3）若函数在上单调递增，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义得出，即可解得实数的值； （2）当时，由题意可知，直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围； （3）由题意可知，对任意的恒成立，利用导数求出函数在上的值域，可得出关于实数的不等式，解之即可. 【小问1详解】 因为，则， 由题意可得，解得. 【小问2详解】 当时，，， 则，由可得，列表如下： 单调递减 极小值 单调递增 又因为，， 因为关于的方程有个不相等的实数解， 则直线与函数在上的图象有两个交点，如下图所示： 由图可知，实数的取值范围是. 【小问3详解】 由题意，当时，， 则恒成立， 令，则，因为，， 所以对任意的恒成立，故函数在上单调递减， 所以， 因为对任意的恒成立，所以，解得. 因此，实数的取值范围是. 19. 在排球比赛中发球不过网或球落在对方界外均为发球失误，获得发球权的一方在本队发球未失误后，需要连续发球，发球失误后，发球权转移至对方，由对方发球．若甲队发球失误的概率为，乙队发球失误的概率为，并规定该场比赛甲队先开始发球． （1）记在第2，3，4次发球中甲队获得发球权的次数为X，求X的分布列； （2）若乙队在第n次获得发球权的概率大于，求n的最小值． （参考数据：，） 【答案】（1）分布列见解析 （2）10 【解析】 【分析】（1）由题意，X的可能值有0，1，2，3，分别计算它们对应的概率值，列出分布列即得； （2）分析可得，，由之构造数列，判断其为从第二项起构成公比为的等比数列，求出其通项，依题解不等式，利用取对数即得n的最小值. 【小问1详解】 依题意，X的可能值有0，1，2，3. 则； ； ； . 故X的分布列为： 0 1 2 3 【小问2详解】 设乙队在第n次获得发球权的概率为， 则依题意有：，，即， 因，且， 故数列从第二项起构成公比为的等比数列， 则，即， 依题意，由，可得， 两边取常用对数，可得：，即， 因，故， 因，故n的最小值为10. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查随机变量的分布列和概率与数列知识的融合解题.解题的关键在于理解题意推得，，再借助于构造等比数列求出通项，即可解不等式求得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学新校（贤岭校区） 2024-2025学年高二下期06月测试（二） 数学试题 一、单选题：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. 命题“”的否定是（    ） A. B. C. D. 2. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. 60 D. 30 3. “”是“在上恒成立”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 4. 若随机变量，且，则的最小值为（ ） A. 18 B. C. 24 D. 27 5. 已知为奇函数，则a的值为（ ） A. B. C. 1 D. 6. 将函数的图象上所有点向左平移2个单位长度后，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 7. 已知函数是定义域为的奇函数的导函数，当时，，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知关于的不等式的解集为，其中，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，为抛物线上两点，的焦点为，且，，则下列结论正确的是（ ） A. 准线为 B. 当时，的值为5 C. 的最小值为3 D. 的最大值为 11. 在平面直角坐标系中，动点到定点与轴的距离之积为常数，记点的轨迹为曲线，曲线的图象如图所示，下列结论正确的是（ ） A. B. 曲线的方程为 C. 曲线关于直线对称 D. 曲线上的点到轴的距离的最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，若，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. 经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都有且只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数.若函数图象的对称中心点为，且不等式对任意恒成立，则的取值范围是__________. 四、解答题：本大题共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. 某地，，，四个商场均销售同一型号的冰箱，经统计，2024年10月份这四个商场购进和销售该型号冰箱的台数如下表（单位：十台）： 商场 商场 商场 商场 购进该型冰箱数 3 4 5 6 销售该型冰箱数 2.5 3 4 4.5 （1）已知可用线性回归模型拟合与的关系，求关于的线性回归方程； （2）假设每台冰箱的售价均定为4000元．若进入商场的甲、乙两人购买这种冰箱的概率分别为，，且甲乙是否购买冰箱互不影响．若两人购买冰箱总金额的期望不超过6000元，求的取值范围． 参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，． 16. 已知数列满足，，． （1）证明：等差数列； （2）求数列的前项和． 17. 已知圆，抛物线的准线与圆相切，过抛物线焦点的动直线与抛物线交于、两点，线段的中点为． （1）求抛物线的方程； （2）当轴时，求直线斜率； （3）求证：为定值，并求出该定值． 18. 已知函数，． （1）已知在处切线斜率为，求实数的值； （2）若，且关于的方程有个不相等的实数解，求的取值范围； （3）若函数在上单调递增，求的取值范围． 19. 在排球比赛中发球不过网或球落在对方界外均为发球失误，获得发球权的一方在本队发球未失误后，需要连续发球，发球失误后，发球权转移至对方，由对方发球．若甲队发球失误的概率为，乙队发球失误的概率为，并规定该场比赛甲队先开始发球． （1）记在第2，3，4次发球中甲队获得发球权次数为X，求X的分布列； （2）若乙队在第n次获得发球权的概率大于，求n的最小值． （参考数据：，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $