精品解析：河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024-2025学年高二下学期7月期末数学试题

新蔡县第一高级中学2024-2025学年高二下学期7月份末模拟考试数学试题 一、单选题 1. 若直线 与圆 相切，则实数 的值为（ ） A. B. C. D. 2. 已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 某大学开设了《古今数学思想》《世界数学通史》《几何原本》《什么是数学》四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，大一到大三三个学年必须将四门选修课程修完，则每位同学的不同选修方式有（ ） A. 60种 B. 78种 C. 96种 D. 144种 4. 下列说法正确的是（ ） A. 数据7，5，3，10，2的第40百分位数是3 B. 已知随机变量，σ越小，表示随机变量X的分布越分散 C. 已知一组数据的方差为3，则的方差为3 D. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其经验回归方程为，若其中一个点为，则实数 5. 在等比数列中，，，则当取得最小值时， （ ） A. B. C. D. 6. 函数的极小值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在四面体中，.点在上，且，点是的中点，则 （ ） A. B. C. D. 8. 我国发射的第一颗人造地球卫星的运行轨道是以地心（地球的中心）为一个焦点的椭圆.已知它的近地点（离地面最近的点）距地面千米，远地点（离地面最远的点）距离地面千米，并且、、在同一条直线上，地球的半径为千米，则卫星运行的轨道的短轴长为（    ）千米 A. B. C. 2 D. 二、多选题 9. 在平面直角坐标系中，已知，动点满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 动点的轨迹是一个圆 B. 动点的轨迹所围成的面积为6 C. 动点的轨迹跟坐标轴不相交 D. 动点离原点最短距离为 10. 已知函数，则（ ） A. 为偶函数 B. 在上单调递增 C. 有且仅有1个零点 D. 的最小值为 11. 已知数列的首项，且满足，则（ ） A. B. 数列为等比数列 C. 数列的前项和为 D. 数列的通项公式为 三、填空题 12. 若 则它们的大小关系是（用小于符合，从左到右，从小到大的顺序排列）__________. 13. 已知数列的首项，的前n项和为，且满足，则数列的通项公式为________． 14. 如图，过抛物线的焦点的直线（斜率为正）交抛物线于点两点（其中点在第一象限），交其准线于点，若，则到抛物线的准线的距离为__________. 四、解答题 15. 某数学研究小组对一家商铺进行了研究分析，发现每日客流量X服从正态分布，其密度函数峰值为，均值为100，且商铺规定消费一次可以获得不同数量的积分：获得1分的概率为，获得2分的概率为，获得3分的概率为.每次消费获取积分相互独立. （1）求； （2）记某顾客消费两次累计获得的积分为Z，求Z的分布列与期望. 附：正态密度函数，其中为均值，为标准差.，，. 16. 如图，在四棱锥中，，平面平面，且. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知等差数列满足，.数列的首项，前项和为且满足. （1）求数列和数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和. 18. 设A，B两点的坐标分别为，， 直线AP，BP相交于点P， 且它们的斜率之积为，设点P的轨迹为曲线E. （1）求曲线E的标准方程； （2）若直线l过点， 与曲线E交于C，D两点， C在x轴上方， 直线AC，BD交于点M ， 直线AD，BC 交于点N. 记A，B到直线l的距离分别为 （i）证明：；（ii）求的面积最小值. 19. 已知函数，． （1）若，判断的单调性； （2）若，求a的值； （3）已知，．若，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新蔡县第一高级中学2024-2025学年高二下学期7月份末模拟考试数学试题 一、单选题 1. 若直线 与圆 相切，则实数 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先得出圆的圆心和半径，由圆心到直线的距离等于半径列方程即可求解. 【详解】圆即的圆心坐标为，半径为， 若直线 与圆 相切， 则，解得. 故选：B. 2. 已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的离心率与的关系化简求解渐近线方程即可. 【详解】双曲线 的离心率为 ， 可得  ，即 ， 可得  ， 由题意得双曲线的渐近线方程为，即为， 即为 故选：A. 3. 某大学开设了《古今数学思想》《世界数学通史》《几何原本》《什么是数学》四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，大一到大三三个学年必须将四门选修课程修完，则每位同学的不同选修方式有（ ） A. 60种 B. 78种 C. 96种 D. 144种 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意可得每位同学每年所修课程数可以分为或或，先将课程分组，再分配到三个学年，最后按照分类加法计数原理、分步乘法计数原理计算即可. 【详解】由题意可知三年修完四门课程，且每年至多选三门， 则每位同学每年所修课程数可以分为或或， 若按选修四门课程，则先将四门选修课分成三组，有种不同方式， 再分配到三个学年，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式； 若按选修四门课程，则先将四门选修课分成三组，有种不同方式， 再分配到三个学年，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式； 若按选修四门课程，则先将四门选修课分成三组，有种不同方式， 再分配到三个学年，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式； 所以每位同学的不同选修方式有种． 故选：B． 4. 下列说法正确的是（ ） A. 数据7，5，3，10，2的第40百分位数是3 B. 已知随机变量，σ越小，表示随机变量X的分布越分散 C. 已知一组数据的方差为3，则的方差为3 D. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其经验回归方程为，若其中一个点为，则实数 【答案】C 【解析】 【分析】求出第40百分位数判断A；利用正态分布性质判断B；利用方差的意义判断C；利用经验回归方程的意义判断D. 【详解】对于A，将数据从小到大排列为：2，3，5，7，10，，该数据的第40百分位数是=4，A错误； 对于B，根据正态分布的特点，σ越小，表示随机变量X分布越集中，B错误； 对于C，由方差的概念知，的方差为3，C正确； 对于D，散点不一定在经验回归直线上，则不一定成立，D错误. 故选：C 5. 在等比数列中，，，则当取得最小值时， （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求出等比数列的通项公式，解不等式，即可得出结果. 【详解】设等比数列的公比为，则，解得， 故，所以，且是递增数列. 由可得，可得，解得， 所以当时，，当时，， 所以当取得最小值时，. 故选：A. 6. 函数的极小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用导数求函数的极小值即可. 【详解】由题设，令，得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 于是有极小值. 故选：D 7. 如图，在四面体中，.点在上，且，点是的中点，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的加减法法则，将转化为以、、表示的形式，再根据已知条件逐步计算. 【详解】因为，所以， 因为点是的中点，所以. 所以， 故选：A. 8. 我国发射的第一颗人造地球卫星的运行轨道是以地心（地球的中心）为一个焦点的椭圆.已知它的近地点（离地面最近的点）距地面千米，远地点（离地面最远的点）距离地面千米，并且、、在同一条直线上，地球的半径为千米，则卫星运行的轨道的短轴长为（    ）千米 A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的对称性，找到、、与地球半径之间关系，求解即可. 【详解】由题知，记椭圆的长半轴、短半轴、半焦距分别为、、，由题可知， 由题意可得， 上述两个等式相乘可得， 因此，卫星运行的轨道的短轴长为千米. 故选：A. 二、多选题 9. 在平面直角坐标系中，已知，动点满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 动点的轨迹是一个圆 B. 动点的轨迹所围成的面积为6 C. 动点的轨迹跟坐标轴不相交 D. 动点离原点最短距离为 【答案】BD 【解析】 【分析】由题意得，结合可知，画出图形可知P点轨迹是一个菱形，故A、C错误；由点到直线的距离即可验证D；B转换成面积的两倍来求即可. 【详解】设P点坐标为，则由已知条件可得，整理得． 又因为，所以P点坐标对应轨迹方程为． ，且时，方程为；，且时，方程为； ，且时，方程为；，且时，方程为． P点对应的轨迹如图所示：   ，且，所以P点的轨迹为菱形，故A、C错误； 原点到：的距离为，D正确； 轨迹图形是菱形，面积为，B正确． 故选：BD. 10. 已知函数，则（ ） A. 为偶函数 B. 在上单调递增 C. 有且仅有1个零点 D. 的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】由奇偶性定义判断A，应用导数研究函数的单调性、零点和最值判断B、C、D. 【详解】对于A，易知的定义域为R，且，所以为奇函数，错误； 对于B，当时，得恒成立， 所以在上单调递增，正确； 对于C，由AB分析知在R上单调递增，且，因此有且仅有1个零点，正确； 对于D，当时，可得，无最小值，错误， 故选：BC 11. 已知数列的首项，且满足，则（ ） A. B. 数列为等比数列 C. 数列的前项和为 D. 数列的通项公式为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据数列的递推公式，结合等比数列的定义，求出通项公式，依次求解判断各个选项. 【详解】由，易知，则，即， 又，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故B正确； ，即， ，，故A正确，D错误； 又，故C错误. 故选：AB. 三、填空题 12. 若 则它们的大小关系是（用小于符合，从左到右，从小到大的顺序排列）__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数确定单调性即可得解. 【详解】令函数，求导得，当且仅当时取等号， 因此函数在上单调递增，而，则， 又， 所以. 故答案为：. 13. 已知数列的首项，的前n项和为，且满足，则数列的通项公式为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用构造法，可得数列是以1为首项，以为公差的等差数列，再利用等差数列的通项公式可求得，最后可由此求得. 【详解】因为，即， 所以，又，所以数列是以1为首项，以为公差的等差数列， 所以，， 当时，， 所以， 当时，也成立，所以， 故答案为： 14. 如图，过抛物线的焦点的直线（斜率为正）交抛物线于点两点（其中点在第一象限），交其准线于点，若，则到抛物线的准线的距离为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】结合图形特征得出，，得出，再计算得出解得即得. 【详解】如图，分别过点M，N作准线的垂线，垂足分别为点A，B，设，所以，所以，所以 ，在中，，， 又，所以，记准线与对称轴交于点C， 因为，解得，即F到抛物线的准线的距离为4. 故答案为：4. 四、解答题 15. 某数学研究小组对一家商铺进行了研究分析，发现每日客流量X服从正态分布，其密度函数峰值为，均值为100，且商铺规定消费一次可以获得不同数量的积分：获得1分的概率为，获得2分的概率为，获得3分的概率为.每次消费获取积分相互独立. （1）求； （2）记某顾客消费两次累计获得的积分为Z，求Z的分布列与期望. 附：正态密度函数，其中为均值，为标准差.，，. 【答案】（1） （2） 2 3 4 5 6 【解析】 【分析】（1）先求出，结合特定区间上的概率可求； （2）利用独立事件的概率公式求出的分布列后可求其期望. 【小问1详解】 由于，所以， 所以. 那么 . 【小问2详解】 依题意，所有可能的取值为2，3，4，5，6. ，， ，， . 所以的分布列如下. 2 3 4 5 6 . 16. 如图，在四棱锥中，，平面平面，且. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）作于E，由面面垂直的性质定理结合线面垂直的判定定理证明可得； （2）在平面内作交BC于F，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，代入空间线面角公式可得. 【小问1详解】 证明：作于E， ∵，∴CE与AD必相交， 又∵平面平面ABCD，平面平面 ∴平面， ∵平面，∴ 又平面平面，与相交， ∴平面. 【小问2详解】 在平面内作交BC于F， 则AF，AD，AP两两垂直， 以A为原点，以AF，AD，AP为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示： 设， 则， ∴， ∵平面， ∴为平面的一个法向量， ∴， ∴直线PB与平面PAD所成角的正弦值为. 17. 已知等差数列满足，.数列的首项，前项和为且满足. （1）求数列和数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式，计算等差数列的基本量，求出通项公式，再根据数列的项与前项和的关系，作差法求出数列通项并验证，求出数列通项公式. （2）数列是一个等差和一个等比乘积，使用错位相消求和方法，求出前项和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由题意得， 由得，联立解得，， 所以数列的通项公式为. 因为① 当时，② ①②可得，， 当时，满足上式， 又，故，故是首项为2，公比为3的等比数列， 所以数列的通项公式. 【小问2详解】 由（1）得 ① ② ①②得：. 化简得：. 18. 设A，B两点的坐标分别为，， 直线AP，BP相交于点P， 且它们的斜率之积为，设点P的轨迹为曲线E. （1）求曲线E的标准方程； （2）若直线l过点， 与曲线E交于C，D两点， C在x轴上方， 直线AC，BD交于点M ， 直线AD，BC 交于点N. 记A，B到直线l的距离分别为 （i）证明：；（ii）求的面积最小值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）设，根据题意建立方程，化简即得曲线E的标准方程； （2）（i）依题设直线l的方程为，由点到直线的距离公式求出，利用二次函数的性质即可得证；（ii）利用（i）中的结论，证明，再由题设条件得到，结合图形推出利用直线斜率定义推得同理,即得，求出即得，利用基本不等式可得的最小值，从而求得的面积最小值. 【小问1详解】 设， 依题意， 所以 即 故曲线E的标准方程为： . 【小问2详解】 （i） 设，依题意知，直线的斜率不为0， 故可设直线l的方程为，由消去， 可得 显然，且 因点到直线l的距离为 点到直线l的距离为 故 当且仅当时取等号 . （ii）由（i）可得： ， 设 由题意知， 则 由题意知 ，则，因， 故得即 即 , 因，可得解得即在直线 上， 同理可证：在直线 上， 故, 因为直线的方程为 直线的方程为 把代入可得： 则 当且仅当 时取等号，即的最小值为6. 所以的面积最小值为 . 19. 已知函数，． （1）若，判断的单调性； （2）若，求a的值； （3）已知，．若，证明：． 【答案】（1）在上单调递增，在上递减 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求导，利用导数研究单调性即可求解； （2）由，得，根据的情况分类讨论，当时，由（1）有，即，令，利用导数研究最小值即可求解； （3）令，利用导数研究函数的单调性求出最小值即可求解. 【小问1详解】 由题意有：，因为， 令，解得：，所以当时，； 当时，， 所以在上单调递增，在上递减； 【小问2详解】 由（1）可知，当时，在上单调递增，在上单调递减． 若，则，即， 代入可得：， 令，（），则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，即恒成立，且， 所以，即， 当时，恒成立，即在上单调递增， 又，所以当，，不恒成立，故不成立. 综上所述，； 【小问3详解】 令，， 所以，令，， 所以在上单调递增，因为，， 所以在上存在唯一零点，令，则， 令，所以；令，所以； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又因为，所以， 所以，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $