江西省上饶市弋阳县第一中学、横峰中学、铅山县第一中学2024−2025学年高二下学期4月月考数学试卷（含解析）

这是一份江西省上饶市弋阳县第一中学、横峰中学、铅山县第一中学2024−2025学年高二下学期4月月考数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知函数在上可导，若，则（ ）
A．9B．12C．6D．3
2．已知抛物线的焦点为，若抛物线上的点与点间的距离为3，则（ ）.
A．B．C．或D．4或
3．已知数列满足，且，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知双曲线的左、右焦点分别为，为的右支上一点，，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知实数满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
6．设数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．是等比数列
B．成等差数列，公差为
C．当且仅当时，取得最大值
D．时，的最大值为33
7．当时，设函数存在导数，且满足，若，则（ ）
A．B．C．0D．
8．已知数列的首项为1，且，设数列中不在数列中的项按从小到大的顺序排列构成数列，则数列的前100项和为（ ）
A．11449B．11195C．11209D．11202
二、多选题（本大题共3小题）
9．某工厂生产的200个零件中，有198件合格品，2件不合格品，从这200个零件中任意抽出3件，则抽出的3个零件中（ ）
A．至多有1件不合格品的抽法种数为
B．都是合格品的抽法种数为
C．至少有1件不合格品的抽法种数为
D．至少有1件不合格品的抽法种数为
10．已知在首项为1，公差为d的等差数列中，、、是等比数列的前三项，数列的前n项和为，则（ ）
A．或B．
C．是等差数列D．
11．甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，下列说法正确的是（ ）
A．2次传球后球在丙手上的概率是
B．3次传球后球在乙手上的概率是
C．3次传球后球在甲手上的概率是
D．n次传球后球在甲手上的概率是
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知的二项展开式中各项系数和为，则展开式中常数项的值为 .
13．已知直线分别与曲线，相切于点，，则的值为 .
14．如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．中国在第75届联合国大会上承诺，努力争取2060年之前实现碳中和(简称“双碳目标”)．新能源电动汽车作为战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用．赛力斯汽车有限公司为了调查客户对旗下AITO问界M7的满意程度，对所有的意向客户发起了满意度问卷调查，将打分在80分以上的客户称为“问界粉”．现将参与调查的客户打分(满分100分)进行了统计，得到如下的频率分布直方图：
(1)估计本次调查客户打分的中位数(结果保留一位小数)；
(2)按是否为“问界粉”比例采用分层抽样的方法抽取10名客户前往重庆赛力斯两江智慧工厂参观，在10名参观的客户中随机抽取2名客户赠送价值2万元的购车抵用券．记获赠购车券的“问界粉”人数为，求的分布列和数学期望．
16．已知数列满足，．
(1)证明：数列为等差数列，并求通项；
(2)求数列的前n项和．
17．如图平面ABC，，F是线段BC上的动点，E是MC的中点，已知
(1)证明：平面平面
(2)若，，N在线段MB上.
（i）求点C到平面AEB的距离;
（ii）是否存在点N，使得平面NAC与平面AEB夹角的余弦值为若存在，求的值;若不存在，请说明理由.
18．如图，圆E的圆心为，半径为4，是圆E内一个定点，M是圆E上任意一点.线段FM的垂直平分线L和半径EM相交于点N，当点M在圆上运动时，记动点N的轨迹为曲线
(1)求曲线C的方程;
(2)设曲线C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为曲线C上异于A，B的动点，设PB交直线于点T，连结AT交曲线C于点直线AP、AQ的斜率分别为、
（i）求证：为定值;
（ii）证明直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标.
19．对于函数，我们无法直接求出它的零点，数学家牛顿用设切线的方法解决了这个问题.设函数的零点为，如果可以找到一步步逼近的，，，，，使得当时，，则可把看做函数的近似解，这个方法被称为“牛顿法”.具体步骤为：选取合适的，在横坐标为的点作的切线，切线与轴的交点的横坐标即，再用代替，重复上面的过程得到，如此循环计算出.我们知道在处的切线的斜率为，由此写出切线方程，因为，所以令得切线与轴交点的横坐标，同理得，，以此类推，可以得到.
(1)对于函数，当时，求，的值；
(2)已知函数的定义域R.
①对于函数，若为公差不为零的等差数列，求证：无零点；
②当时，运用“牛顿法”证明：
参考答案
1．【答案】B
【详解】由导数定义可知：
，
故.
故选B.
2．【答案】C
【详解】抛物线开口向左，
依题意，抛物线上的点与点间的距离为3，
所以，抛物线方程为，
令，得，解得，
故选C.
3．【答案】A
【详解】由可得：，
若，则，与题中条件矛盾，故，
所以，也即数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，
则有，
也即，所以，
故选.
4．【答案】B
【详解】
依题意得，
则的离心率为
故选B.
5．【答案】D
【详解】设，将其看作直线，
由直线与圆有公共点，
得圆心到直线的距离小于或等于圆的半径，
即，解得，
所以的最大值为，
即的最大值为
故选D.
6．【答案】D
【分析】由题意可得数列是以为公差，32为首项的等差数列，求出，然后利用可求出，再逐个分析判断即可.
【详解】因为，
所以数列是以为公差，32为首项的等差数列，
所以，所以，
所以当时，，
所以，
因为，所以，
对于A，因为，
所以是以为公差的等差数列，所以A错误，
对于B，因为，所以，
所以，
因为，
所以成等差数列，公差为，所以B错误，
对于C，，对称轴为，
因为，所以当或时，取得最大值，所以C错误，
对于D，由，得，且，所以的最大值为33，所以D正确，
故选D.
7．【答案】D
【详解】由，即，即，
所以是常数，
当时，，所以，
当时，，得.
故选D.
8．【答案】D
【详解】数列的首项为1，且，
当时，，
，而满足上式，因此，
，而，
因此数列的前100项和为数列的前107项的和减去数列的前7项的和，
所以数列的前100项和为.
故选D.
9．【答案】CD
【分析】对于A：分只有1件不合格品，没有不合格品两种情况解答；对于B：都是合格品相当于从198件合格品抽取3件合格品；对于C：分只有1件不合格品，有2件不合格品两种情况解答；对于D：利用间接法从反面解答.
【详解】对于A：至多有1件不合格品分两种，一种是只有1件不合格品，一种是没有不合格品，故抽法种数为，A错误；
对于B：都是合格品的抽法种数为，B错误；
对于C：至少有1件不合格品分两种，一种是只有1件不合格品，一种是有2件不合格品，故抽法种数为，C正确；
对于D：至少有1件不合格品的抽法种数为，D正确.
故选CD.
10．【答案】AC
【详解】由题意，则，整理得，可得或，
当时，，，则，即是等差数列，此时；
当时，，，则，即是等差数列，
此时，易知公比为4，故；
综上，A、C对，B、D错.
故选AC.
11．【答案】ACD
【分析】列举出经2次、3次传球后的所有可能，再利用古典概率公式计算作答可判断ABC；n次传球后球在甲手上的事件即为，则有，利用全概率公式可得，再构造等比数列求解即可判断D.
【详解】第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共4个结果，它们等可能，2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙丙， 1个结果，所以概率是，故A正确；
第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果为:甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8个结果，它们等可能，3次传球后球在乙手中的事件有：甲乙甲乙，甲乙丙乙，甲丙甲乙，3个结果，所以概率为，故B错误；
3次传球后球在甲手上的事件为：甲乙丙甲，甲丙乙甲，2个结果，所以概率为，故C正确；
n次传球后球在甲手上的事件记为，则有，
令，则于是得，
故，则，而第一次由甲传球后，球不可能在甲手中，即，则有，数列是以为首项，为公比的等比数列，所以即，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】
【详解】的二项展开式中各项系数和为1024，即，．
设的二项展开式的通项为，则，
令，得，故展开式中常数项的值为．
13．【答案】1
【详解】由，，有，，
在点处的切线方程为，
在点处的切线方程为，
则有，得，
所以，可得.
14．【答案】
【详解】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，
由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，
该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
设球心，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则球心到平面的距离为，
因为球与三个正方形面和等边三角形面相切，
所以，解得，
所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是.
15．【答案】(1)73.3分
(2)分布列见解析；期望为
【详解】（1）由频率分布直方图可知：
打分低于70分的客户所占比例为40％，打分低于80分的客户的所占比例为70％，
所以本次调查客户打分的中位数在[70，80）内，由，
所以本次调查客户打分的中位数约为73.3分；
（2）根据按比例的分层抽样：抽取的“问界粉”客户3人，“非问界粉”客户7人，
则的所有可能取值分别为0，1，2，
其中：，，，
所以ξ的分布列为：
所以数学期望．
16．【答案】(1)证明见解析，
(2)
【详解】（1）因为，所以，又，所以，
所以数列是以为1首项，1为公差的等差数列，
所以，所以.
（2）由（1）可得，
所以，
则，
两式相减得，
，
所以.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）存在，或
【详解】（1），E是MC的中点，，
平面ABC，平面ABC，，
又，又，平面MAC，平面MAC，
平面MAC，
又平面AEF，，
又，平面MBC，平面MBC，
平面MBC，又平面AEF
平面平面MBC
（2）（i） 以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系：
，，，，，
，，
设平面AEB的法向量为
则，即，取，可得，
所以，即点C到平面AEB的距离为；
（ii） ，
设，则，
，
设平面NAC的法向量为
则，即，
令。可得，
，
化简得，解得或，
或.
18．【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析，定点
【详解】（1）由题意可知，，
由椭圆定义可得，点N的轨迹是以E， F为焦点的椭圆，
且长轴长，焦距，
所以，
因此曲线C方程为
（2）证明：设，，，
由题可知，，如下图所示，
则，，
而，于是，
所以，
又，则，
因此为定值；
由题意可知，直线PQ不可能与轴平行，
设直线PQ的方程为，，，易知
由，得，
，得
所以
由可知，，
即，
将代入化简得，解得或舍去，
所以直线PQ的方程为，
因此直线PQ经过定点
19．【答案】(1)，；
(2)①证明过程见解析；②证明过程见解析
【详解】（1），故，
；
（2）①因为，而为公差不为0的等差数列，
所以为非零常数.设.可得.
并且.
所以.用此类推，得，
因为为常数，所以当时，，即:
当时，，即.
所以不存在，即无零点.
②，所以.
对于函数，即，
因为，所以，
以此类推，得
，
令，由等比数列求和公式得
，
因此.
时，，即，所以.
0
1
2
P