精品解析：河南驻马店市2025-2026学年高二下学期4月测评数学试题

高二年级4月测评 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，请将答题卡上交. 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. 河南集历史人文与自然风光于一体，旅游资源丰富，核心景点有洛阳龙门石窟，洛阳老君山，登封少林寺，开封清明上河园，开封万岁山武侠城．小张和小王准备从以上5个景点中各自选择一个去游玩，则选择方案种数为（ ） A. 30 B. 25 C. 20 D. 10 【答案】B 【解析】 【详解】因小张和小王可以从5个景点中各自选择一个去游玩， 故选择方案种数为． 2. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可知. 3. 已知向量，且与垂直，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题可知：，则， 又与垂直， 则，得. 4. 已知数列为等差数列，若，则（ ） A. 15 B. 17 C. 19 D. 21 【答案】C 【解析】 【详解】因为数列为等差数列，所以，则， 所以. 5. 同时投掷红､蓝两枚质地均匀骰子，设事件为“红色骰子投出的点数为偶数”，事件为“两枚骰子点数之和为7”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】同时投掷红､蓝两枚质地均匀的骰子，设两枚骰子投出的点数构成有序对， 则总共有种可能. 设事件为“红色骰子投出的点数为偶数”，事件为“两枚骰子点数之和为7”， 所以事件包含的样本点个数有个，所以， 事件包含的基本事件有：， 所以，所以. 6. 如图，在三棱锥中，为的中点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的加减法及数乘运算计算求解. 【详解】因为为的中点，所以， 因为， 所以． 7. 已知双曲线，过原点作直线与双曲线交于两点，设双曲线的左､右焦点分别为，若，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用双曲线的定义，结合已知条件求解三角形的边长，然后求解三角形的面积． 【详解】如图，由双曲线的对称性可知四边形为平行四边形，由，则， 不妨设在双曲线的右支上，设，又， 由双曲线的定义可得， 在中，由余弦定理可得：， 即，解得， 所以． 8. 已知集合含有个元素，其中，先后两次随机､独立地选取集合的两个子集，记为与.设为集合中元素的个数，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据随机变量服从二项分布，利用期望公式求解即可. 【详解】根据集合的子集个数，可知集合的可能情况有种； 同理，集合B也可能有种， 因此，两集合的所有可能情况数为， 随机变量的所有取值为， 当时，先从个元素中选出个元素，记为，有种可能情况， 对于这个元素中的每个元素，满足时， 只可能满足这三种情况之一，有种可能情况， 因此，事件“”的所有可能情况数为，则， 由， 可知， 则. 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. 已知直线与圆相交于两点，是圆上一动点，则（ ） A. 圆的圆心坐标为 B. C. 点到直线的最大距离为 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】使用直线与圆的几何法求弦长，点到直线的距离公式，勾股定理求解. 【详解】∵圆的方程为，其圆心坐标为，故A错误； 圆心到直线的距离，故B正确； 点到直线的最大距离为圆心到直线的距离与半径之和，即，故C正确； ∵在中，，则，故D错误，故选BC． 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则的取值为1或3 B. 除以8的余数为7 C. 由这六个数字组成的不同六位数共有720个 D. 将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，则共有35种不同放法 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据组合数的性质判断A，利用二项式展开式判断B，利用倍缩法判断C，利用隔板法判断D. 【详解】对于A，因为，所以或， 解得或，经检验均符合题意，故A正确； 对于B，因为， 又 ， 所以除以的余数为，又能被整除， 所以除以的余数为，故B正确； 对于C，由这六个数字组成的不同六位数共有个，故C错误； 对于D，将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，采用隔板法， 故有种不同放法，故D正确． 11. 已知等比数列的各项均为正数，公比为，记数列的前项积为，且，，则下列正确的是（ ） A. B. C. 当时，取最大值 D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】因为等比数列的各项均为正数，所以， 因为，所以, ，所以；， 所以，因为，所以，则且， 所以单调递减，又因为，故，所以选项A错误，选项B正确； 对于C，因为且，所以单调递减， 又因为且，所以当时，取最大值，C正确； 对于D，因为， 因为，所以， 即，所以选项D正确． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则实数=__________． 【答案】## 【解析】 【详解】由，得. 因为函数的图象在处的切线与直线垂直. 所以，则． 13. 已知为抛物线上的任意一点，为抛物线的焦点，点的坐标为，则当取得最小值时，点的坐标为__________． 【答案】 【解析】 【详解】 如图，抛物线的准线方程为，过点作，垂足为， 由抛物线定义可知，所以， 当时，取得最小值，所以，则， 此时点的坐标为． 14. 已知关于实数的方程有两组实数解，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】有，两侧同时平方化简可得两条直线，原方程所有的解必然落在两条直线上，将两条直线分别代入，两侧同时化简，再由一元二次方程以及有两个解分别进行讨论即可求解. 【详解】因为，则，化简可得，可得或， ①情形一：，所以，则，化简可得， 则，当时，即，此时只有一个解， 所以在直线上，当时，有两个解；当时，有一个解，舍掉； ②情形二：时，令，，则， 化简可得，所以， 即，则（舍掉）， 当时，情形一与情形二各有2个解，共4个解， 当时，情形一有2解，情形二0个解，共2个解， 当时，情形一有2个解，情形二有0个解，共2个解， 当时，情形一有1个解，情形二有0个解，共1个解， 当时，情形一有1个解，情形二0个解，共2个解， 故的取值范围为. 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､证明过程及演算步骤. 15. （1）已知，化简，并计算时的值； （2）在的展开式中，的系数等于的系数的5倍，求的值． 【答案】（1）（2）7 【解析】 【分析】（1）使用二项式定理求解； （2）使用二项式定理与组合数公式求解. 【详解】（1）， 当时，； （2）由二项式定理可知，的系数为的系数为，故， 即，所以，解得或7， 而且，故． 16. 为研究不同性别对取暖器“最佳舒适温度”是否不低于的认同差异，某公司随机对400名用户（男女用户各占一半）进行了调查，其中，认为“最佳舒适温度”不低于的女性用户数量占女性用户总数的，认为“最佳舒适温度”不低于的男性用户数量占总用户数的. 性别 最佳舒适温度 合计 男 女 合计 400 （1）完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析认同取暖器“最佳舒适温度”是否不低于是否与性别有关； （2）从样本中的认为取暖器“最佳舒适温度”低于的用户中随机抽取2人，求这2人中至少有1名女性的概率. 附：，. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） 性别 最佳舒适温度 合计 男 100 100 200 女 150 50 200 合计 250 150 400 可以认为认同取暖器“最佳舒适温度”是否不低于与性别有关； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意填充列联表，再计算的观测值，与临界值比较后得出结论； （2）利用（1）中列联表的数据，根据古典概型概率公式求解. 【小问1详解】 依题意可知，女性用户共有200人， 认为“最佳舒适温度”不低于的女性用户有人， 男性用户中认为“最佳舒适温度”不低于的人数为. 列联表如下： 性别 最佳舒适温度 合计 男 100 100 200 女 150 50 200 合计 250 150 400 零假设为：认同取暖器“最佳舒适温度”是否不低于与性别无关. 根据表中的数据，计算得到， 因为，所以根据小概率值的独立性检验，有充分证据推断不成立， 因此可以认为认同取暖器“最佳舒适温度”是否不低于与性别有关； 【小问2详解】 由（1）得，认为取暖器“最佳舒适温度”低于的用户中男性有100人，女性有50人， 故抽取2人至少有1名女性的概率为. 17. 已知数列满足：． （1）证明：数列是等比数列； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） 时，，解得， 时，，化简得， 又， 所以是以1为首项，为公比的等比数列； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题目条件利用递推公式结合等比数列的定义即可证明数列是等比数列. （2）利用求出，再利用裂项相消法求出数列的前项和即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知：， 所以 ， 所以 ． 18. 如图，在四棱锥中，为正三角形，． （1）证明：平面平面； （2）若，且平面与平面的夹角的余弦值为，求的长． 【答案】（1） 如图：取的中点，连接. 因为，所以，在中，． 由余弦定理得， 因为为等边三角形，所以， 在中，，则，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，先利用余弦定理求出，结合等边三角形性质得长度，再由勾股定理证，又，与交于，推出平面，最终证得平面平面. （2）以为原点建系，由面面垂直得垂直底面且平行轴，写出坐标与相关向量，求出两平面法向量，利用面面夹角余弦公式列式化简，解出进而确定点坐标，进而求得长度. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为， 因为， 根据圆心角与圆周角关系可判断点在以点为圆心，半径为2的圆上，所以， 三角形为正三角形，所以. 由（1）可知，平面，所以轴， 所以由题设得， 设，故， 则． 设平面的一个法向量，平面的一个法向量， 则，即， 可取， 记平面与平面的夹角为， 则， 其中 ， 所以， 原式可约分得. 两边平方：，化简得， 解得，，由图可知. 所以，所以，则． 19. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，坐标原点到直线的距离为的面积为． （1）求椭圆的标准方程； （2）若过椭圆右焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于两点． ①求面积的最大值以及此时直线的方程； ②若直线分别与轴交于两点，证明：为定值． 【答案】（1） （2）①面积的最大值为，或； ②，直线的方程为：， 令，所以，则； 直线的方程为：，令，所以， 则 所以 ， 所以为定值，且定值为． 【解析】 【分析】（1）运用点到直线的距离公式和三角形面积公式，结合椭圆顶点坐标建立关于、的方程组，通过解方程组并利用确定椭圆的标准方程； （2）①设直线方程为，联立椭圆方程后利用韦达定理和弦长公式表示三角形面积，通过换元转化为基本不等式求最值，并回代求直线方程； ②利用点斜式写出直线和的方程并求与轴的交点坐标，将与的乘积表达式用韦达定理化简，证明该表达式为与参数无关的常数. 【小问1详解】 ，所以， 因为坐标原点到直线的距离为，所以①， 又因为的面积为，所以，即②， 由①②及得，，所以椭圆的方程为：. 【小问2详解】 （i）由（1）知焦点的坐标为， 因为直线的斜率不为0，则可设直线的方程为， 联立方程组，消去，得， ， 设，则， ， 令，则，当且仅当时，等号成立，即面积的最大值为． 令，解得，所以此时直线的方程为或； （ii）①面积的最大值为，此时直线的方程为或； ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级4月测评 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，请将答题卡上交. 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. 河南集历史人文与自然风光于一体，旅游资源丰富，核心景点有洛阳龙门石窟，洛阳老君山，登封少林寺，开封清明上河园，开封万岁山武侠城．小张和小王准备从以上5个景点中各自选择一个去游玩，则选择方案种数为（ ） A. 30 B. 25 C. 20 D. 10 2. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，且与垂直，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列为等差数列，若，则（ ） A. 15 B. 17 C. 19 D. 21 5. 同时投掷红､蓝两枚质地均匀骰子，设事件为“红色骰子投出的点数为偶数”，事件为“两枚骰子点数之和为7”，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在三棱锥中，为的中点，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线，过原点作直线与双曲线交于两点，设双曲线的左､右焦点分别为，若，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知集合含有个元素，其中，先后两次随机､独立地选取集合的两个子集，记为与.设为集合中元素的个数，则为（ ） 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. 已知直线与圆相交于两点，是圆上一动点，则（ ） A. 圆的圆心坐标为 B. C. 点到直线的最大距离为 D. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则的取值为1或3 B. 除以8的余数为7 C. 由这六个数字组成的不同六位数共有720个 D. 将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，则共有35种不同放法 11. 已知等比数列的各项均为正数，公比为，记数列的前项积为，且，，则下列正确的是（ ） A. B. C. 当时，取最大值 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则实数=__________． 13. 已知为抛物线上的任意一点，为抛物线的焦点，点的坐标为，则当取得最小值时，点的坐标为__________． 14. 已知关于实数的方程有两组实数解，则的取值范围为__________． 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､证明过程及演算步骤. 15. （1）已知，化简，并计算时的值； （2）在的展开式中，的系数等于的系数的5倍，求的值． 16. 为研究不同性别对取暖器“最佳舒适温度”是否不低于的认同差异，某公司随机对400名用户（男女用户各占一半）进行了调查，其中，认为“最佳舒适温度”不低于的女性用户数量占女性用户总数的，认为“最佳舒适温度”不低于的男性用户数量占总用户数的. 性别 最佳舒适温度 合计 男 女 合计 400 （1）完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析认同取暖器“最佳舒适温度”是否不低于是否与性别有关； （2）从样本中的认为取暖器“最佳舒适温度”低于的用户中随机抽取2人，求这2人中至少有1名女性的概率. 附：，. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 已知数列满足：． （1）证明：数列是等比数列； （2）若，求数列的前项和． 18. 如图，在四棱锥中，为正三角形，． （1）证明：平面平面； （2）若，且平面与平面的夹角的余弦值为，求的长． 19. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，坐标原点到直线的距离为的面积为． （1）求椭圆的标准方程； （2）若过椭圆右焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于两点． ①求面积的最大值以及此时直线的方程； ②若直线分别与轴交于两点，证明：为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $