精品解析：浙江省杭州市西湖区杭师大附中2024-2025学年高二下学期期中考数学试题

杭师大附中2024学年第二学期高二年级期中考试 高二数学试卷 命题人：高一数学备课组 审题人：高一数学备课组 命题时间：2025.03 本试题满分150分，考试时间120分钟 一、选择题（本题共8小题，每小圈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. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数的图像如图所示，则其导函数的图像可能是（ ） A. B. C. D. 3. 某学校为高三学生安排语文、数学、外语、物理四场讲座，其中数学不能安排在第一场和最后一场，则不同的安排方法有（ ）种 A. 12 B. 18 C. 20 D. 24 4. 等比数列的前项积为，则的最小值是（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5. 的展开式中的系数为（ ） A. B. 7 C. 77 D. 6. 已知P为抛物线上一个动点，Q为圆上一个动点，则点P到点Q的距离与点P到x轴距离之和的最小值是（ ） A 4 B. 3 C. 2 D. 1 7. 若事件互斥，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则大小关系是（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若随机变量，当不变时，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖 C. 回归分析中，样本决定系数越大，残差平方和越小，模型拟合效果越好 D. 在独立性检验中，当为临界值时，推断零假设不成立 10. 在的展开式中,下列说法正确的是( ) A. 常数项是 B. 第四项和第六项的系数相等 C. 各项的二项式系数之和为 D. 各项的系数之和为 11. 在棱长为2正方体中为CD的中点，是的中点，是侧面内的一动点（不包含四个顶点），则下列结论正确的是：（ ） A. 点到平面的距离为 B. 三棱锥体积是定值，定值为1 C. 存在点，使得平面 D. 存在点，使得且 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数的导函数满足关系式，则_____________． 13. 某中学举办女子排球赛，高二年级班与班进行比赛，每局比赛班获胜概率为，每场比赛结果相互独立.若比赛采用三局两胜制（先赢两局者获胜），则班获胜的概率是__________. 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．） 14. 公差不为的等差数列的前项和为，且满足，、、成等比数列． （1）求的前项和； （2）记，求数列的前项和． 15. 如图，在直四棱柱中，底面是正方形，，为的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16. 随着“特种兵旅行”在网络爆火，某市文旅局准备在本市的景区推出旅游一卡通（也称旅游年卡）.为了更科学的制定一卡通的有关条例，市文旅局随机调查了2023年到本市景区旅游的1000名游客的年旅游消费支出，其旅游消费支出（单位：百元）近似服从正态分布，其中. （1）若2023年到本市景区旅游游客为500万人，试估计2023年有多少游客（单位：万）在本市的年旅游消费支出不低于1500元； （2）现将游客来源分为“当地游客”和“外地游客”.若从这1000名游客中随机抽取1人，抽到外地游客的概率为.规定游客的消费支出不低于1400元为三星客户，否则为一星客户.请根据已知条件完成下面的列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为“客户星级”与“游客来源”有关联？ 游客来源 客户星级 合计 三星客户 一星客户 当地游客 外地游客 100 合计 300 1000 参考数据：若随机变量，则； 参考公式：，其中. 0.10 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 17. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若是的极小值点，求实数m的取值范围． 18. 已知双曲线的离心率为，点为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于两点，当轴时，. （1）求的方程； （2）过点作直线的垂线，垂足为. ①证明：直线过定点； ②求面积的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭师大附中2024学年第二学期高二年级期中考试 高二数学试卷 命题人：高一数学备课组 审题人：高一数学备课组 命题时间：2025.03 本试题满分150分，考试时间120分钟 一、选择题（本题共8小题，每小圈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. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用双曲线方程可得渐近线方程． 【详解】双曲线的渐近线方程为，即， 故选：C. 2. 已知函数的图像如图所示，则其导函数的图像可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的图像、单调性以及导数等知识确定正确答案. 详解】由图可知，当时，单调递减，，由此排除BD选项. 当时，从左向右，是递增、递减、递增， 对应导数的符号为，由此排除C选项， 所以A选项正确. 故选：A 3. 某学校为高三学生安排语文、数学、外语、物理四场讲座，其中数学不能安排在第一场和最后一场，则不同的安排方法有（ ）种 A. 12 B. 18 C. 20 D. 24 【答案】A 【解析】 分析】运用分步乘法原理结合插空法可解. 【详解】先将语文、外语、物理全排，总共种方法， 再将数学课插到这三门课中间两个空里，有2种插法，故总共有种不同的安排方法. 故选：A. 4. 等比数列的前项积为，则的最小值是（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可得，即可根据基本不等式求解. 【详解】由等比数列的性质可知，所以， 所以，当且仅当时等号成立， 故选：C. 5. 的展开式中的系数为（ ） A. B. 7 C. 77 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出的展开式通项公式，再结合两个二项式相乘特点求出r，即可求得答案. 【详解】的展开式通项为， 故的展开式中的系数为， 故选：B. 6. 已知P为抛物线上一个动点，Q为圆上一个动点，则点P到点Q的距离与点P到x轴距离之和的最小值是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的定义得出，当三点共线时，最小，根据几何关系得出的最小值，即可得出答案. 【详解】由抛物线的方程可知，则准线方程为 过点作轴的垂线，垂足于点，延长交准线于点，设圆的圆心为点 根据抛物线的定义可得： 所以当最小时，则最小，即点三点共线时，最小 故选：D 【点睛】本题主要考查了抛物线的定义的应用以及由抛物线方程求焦点坐标等，属于中档题. 7. 若事件互斥，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据对立事件得出，再根据事件互斥及条件概率公式即可求解． 【详解】因为，所以， 因为事件互斥， 所以， 所以， 故选：D． 8. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于，扩大适当的倍数变为整数幂的形式比较即可；对于，构造函数比较大小即可 【详解】对于，同时12次方可得与，易知，所以； 对于，同时次方可得与，由题干可知，所以，即； 对于，同时取对数可得与，，，解得， 易得在单调递增，单调递减，易知，所以． 综上可得， 故选：B. 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5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若随机变量，当不变时，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖 C. 回归分析中，样本决定系数越大，残差平方和越小，模型拟合效果越好 D. 在独立性检验中，当为的临界值时，推断零假设不成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二项分布的方差公式，结合方差的性质即可求解A，根据正态分布曲线的性质即可求解B，根据的性质即可求解C，根据独立性检验的原理即可求解D. 【详解】对于A，由可得,方差的运算性质可知，故A正确； 对于B，由正态密度函数可知，当不变时，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越瘦高；B错误， 由决定系数和卡方独立性检验的定义和规则易知选项CD正确. 故选：ACD. 10. 在的展开式中,下列说法正确的是( ) A. 常数项是 B. 第四项和第六项的系数相等 C. 各项的二项式系数之和为 D. 各项的系数之和为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,令进行判断;对于B,令和计算判断即可;对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为可进行判断;对于D,令即可进行判断. 【详解】根据二项式定理,的通项公式为, 对于A,常数项为,故A正确; 对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误; 对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确; 对于D,令,各项的系数之和为,故D错误. 故选:AC. 11. 在棱长为2的正方体中为CD的中点，是的中点，是侧面内的一动点（不包含四个顶点），则下列结论正确的是：（ ） A. 点到平面的距离为 B. 三棱锥体积是定值，定值为1 C. 存在点，使得平面 D. 存在点，使得且 【答案】ACD 【解析】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量结合点到平面距离判断A,应用等体积结合三棱锥体积公式计算判断B,设点的坐标，应用线面平行的向量关系及线线垂直的向量关系分别计算求解判断C,D. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， ，， 设平面的法向量，则，取，得， 所以点到平面距离为，A选项正确； ，B选项错误； 设，，，则，， 则 设平面的法向量，则，取，得， 当，即时，平面,C选项正确； 因为， 则，， 则所以，当时满足得且，D选项正确； 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数的导函数满足关系式，则_____________． 【答案】 【解析】 【分析】对函数两边求导，然后赋值，解得代入即可求解. 【详解】由，函数两边求导得：， 令，则，所以 代入函数得：． 故答案为： 13. 某中学举办女子排球赛，高二年级班与班进行比赛，每局比赛班获胜概率为，每场比赛结果相互独立.若比赛采用三局两胜制（先赢两局者获胜），则班获胜的概率是__________. 【答案】##0.352 【解析】 【分析】分情况，运用相互独立事件概率的乘法公式即可解题． 【详解】三局两胜制班获胜的情况有：“前面两局胜利”和”第三局胜利前面两局中胜一局”．根据独立事件的概率公式得：. 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．） 14. 公差不为的等差数列的前项和为，且满足，、、成等比数列． （1）求的前项和； （2）记，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，则，根据题意可得出关于的方程，求出的值，可求得数列的通项公式，利用等差数列的求和公式可求得； （2）求得，利用裂项相消法可求得. 【小问1详解】 解：设等差数列的公差为，则， ，，， 由题意可得，即，解得， 所以，， 所以，. 【小问2详解】 解：， 所以，. 15. 如图，在直四棱柱中，底面是正方形，，为的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理和线面垂直的性质可证得，，由线面垂直的判定定理可证得结论； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果. 【小问1详解】 四边形为矩形，，为中点， ，又，，； 平面，平面，； ，平面，平面. 【小问2详解】 以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 由（1）知：平面，平面的一个法向量为， ， 即平面与平面夹角的余弦值为. 16. 随着“特种兵旅行”在网络的爆火，某市文旅局准备在本市的景区推出旅游一卡通（也称旅游年卡）.为了更科学的制定一卡通的有关条例，市文旅局随机调查了2023年到本市景区旅游的1000名游客的年旅游消费支出，其旅游消费支出（单位：百元）近似服从正态分布，其中. （1）若2023年到本市景区旅游游客为500万人，试估计2023年有多少游客（单位：万）在本市的年旅游消费支出不低于1500元； （2）现将游客来源分为“当地游客”和“外地游客”.若从这1000名游客中随机抽取1人，抽到外地游客的概率为.规定游客的消费支出不低于1400元为三星客户，否则为一星客户.请根据已知条件完成下面的列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为“客户星级”与“游客来源”有关联？ 游客来源 客户星级 合计 三星客户 一星客户 当地游客 外地游客 100 合计 300 1000 参考数据：若随机变量，则； 参考公式：，其中. 0.10 0.05 001 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）79.325万 （2）表格见解析，能认为 【解析】 【分析】（1）计算出旅游费用支出不低于1500元概率可得答案； （2）计算出，根据小概率值的独立性检验课做出判断. 【小问1详解】 因为， 所以旅游费用支出不低于1500元的概率为， 所以， 估计2023年有79.325万的游客在本市的年旅游费用支出不低于1500元； 【小问2详解】 假设：“客户星级”与“客户来源”独立，没有关联， 游客来源 客户星级 合计 三星客户 一星客户 当地游客 200 400 600 外地游客 100 300 400 合计 300 700 1000 ， 根据小概率值的独立性检验，不成立， 即“客户星级”与“客户来源”有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01. 17. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若是的极小值点，求实数m的取值范围． 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减； （2） 【解析】 【分析】(1)利用导数，再构造函数二次求导，即可判断一次导数的正负，确定原函数的单调性； (2)求导数，再分四类进行讨论，即可判断处是否取到极小值点，最终可得参数取值范围. 【小问1详解】 当时，函数， 则， 令，易知函数在上是减函数，且， 所以当时，有，即，当时，有，即， 所以在上单调递增，在上单调递减； 【小问2详解】 由已知得：，且， 令，则， 当时，，则在上是减函数，又， 所以当时，有，即，当时，有，即， 所以在上单调递增，在上单调递减， 即在时取到极大值，不符合题意，故舍去； 当时，则，令得，， 故在上单调递减， 又，且， 所以当时，有，从而，即在上单调递增， 当时，有，从而，即在上单调递减， 即在时取到极大值，仍不符合题意，故舍去； 当时，则，令，解得， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 即在时取到极小值，也是最小值，所以， 从而有，所以在上单调递增， 又不符合题意，故舍去； 当时，则，令得，， 故在上单调递增， 又，且， 所以当时，有，从而，即在上单调递增， 当时，有，从而，即在上单调递减， 即在时取到极小值，符合题意，故； 综上所述可得实数m的取值范围是 18. 已知双曲线的离心率为，点为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于两点，当轴时，. （1）求的方程； （2）过点作直线的垂线，垂足为. ①证明：直线过定点； ②求面积的最小值. 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）由离心率及双曲线参数关系求得，结合已知令，代入双曲线求参数值，即可得方程； （2）①设，则，设，联立双曲线并应用韦达定理，结合直线、双曲线对称性确定定点位置并得到，再作化简求值，即可得定点坐标； ②应用三角形面积公式、弦长公式，结合求面积的最小值. 【小问1详解】 由题可知， 则， 由轴时，，可令， 代入双曲线得， 解得， 则所求方程为； 【小问2详解】 ①证明：设，则， 由斜率不为0，可设， 联立双曲线并整理得， 则，， 所以， 由，直线， 根据双曲线的对称性，直线所过定点必在轴上， 令，则，解得， 因为，所以， 而，所以，则， 所以过定点； ②， 由①得，解得， 令， 则， 因为，所以，则，当时取等号， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $