河南省濮阳市南乐县豫北名校2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题（解析版）

这是一份河南省濮阳市南乐县豫北名校2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题（解析版），共35页。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号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，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：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. 双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】由双曲线即知，则离心率为.
故选：C
2. 的展开式的第4项为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以.
故选：B
3. 若随机变量的分布列为，则（ ）
A. 12B. 10C. 9D. 8
【答案】B
【解析】根据分布列中概率之和为1，列方程得：，
即，解得.
故选：B
4. 已知圆心在轴上的圆过点且与轴相切，则该圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设圆心坐标为：
由题意可知圆的标准方程为：，
由圆过点，
所以，解得：，
所以圆的标准方程为，
故选：C
5. 若随机变量的所有可能取值为2，4，且，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】由分布列的性质可知：，
所以，所以
，
故选：A
6. 已知等差数列的公差，前项和为，若，则（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】D
【解析】因为，所以，所以，
即，所以，所以.
故选：D
7. 2025年2月深圳福田区推出基于DeepSeek开发的AI数智员工，并上线福田区政务大模型2．0版，该模型能进一步驱动政务效能全面跃升．某地也准备推出20名AI数智员工（假定这20名AI数智员工没有区别），分别从事三个服务项目，若每个项目至少需要5名AI数智员工，则不同的分配方法种数为（ ）
A. 21B. 18C. 15D. 12
【答案】A
【解析】先每组分5名员工，然后剩余5名分成三组，
采用隔板法，五名员工和两个隔板，共有七个位置，
所以不同的分配方法种数为种.
故选：A
8. 已知盒中装有9个除颜色外其他完全相同的小球，其中有3个白球，6个红球，每次从盒中随机抽取1个小球，观察颜色后再放回盒中，直到两种颜色的球都取到，且取到的一种颜色的球比另一种颜色的球恰好多2个时停止取球，则停止取球时取球的次数为6的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】一共四种情况：
（1）前四次，可能是白2红2（顺序任意），然后(i)抽2红或者(ii)抽2白结束.
（2）前四次也可能是白4，然后抽2红结束.
（3）前四次还可能是红4，然后抽2白结束.
取到白球的概率为，取到红球的概率为，
（1）的两种情况的概率分别为
（i），
(ii)，
（2）（3）前4红后2白或者前4白后2红的概率和为：
，
所以共有总概率为.故选：D
二、多项选择题：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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 在空间直角坐标系中，已知点，（与点不重合），则下列结论正确的是（ ）
A. 若点，关于平面对称，则
B. 若点，关于轴对称，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BC
【解析】对A，若点，关于平面对称，则，
所以，故A错误；
对B，若点，关于轴对称，则，
所以，故B正确；
对C，若，则，故C正确；
对D，若，则，
所以，两式相减得，故D错误.
故选：BC
10. 已知函数的导函数为，则（ ）
A. 一定偶函数
B. 一定有极值
C. 一定存在递增区间
D. 对任意确定的，恒存在，使得
【答案】ACD
【解析】对于A，由得，定义域为关于原点对称，
且，所以一定是偶函数，故A正确；
对于B，当时，，在上单调递增，没有极值，故B错误；
对于C，当时，，在上单调递增，
当时，得或，
则在和上单调递增，综上，一定存在递增区间，
故C正确；
对于D，因为，所以的值域即在上的值域，
而在上必有大于0的最大值，记该最大值为，则，
即对任意确定的，恒存在，使得，故D正确.
故选：ACD
11. 在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，点从点处出发，每次向上或向右移动1个单位长度，直至到达点时停止移动，则下列结论正确的是（ ）

A. 移动的方法共有252种
B. 仅有4次连续向上移动的方法有30种
C. 经过点的移动方法有70种
D. 若对任意，从第次到第次的移动方向相同，则移动的方法有2种
【答案】ABD
【解析】对A，由题可知，无论怎样走，一定移动10次，其中5次向上移动，5次向右移动，故移动的方法共有种，故A正确；
对B，仅有4次连续向上移动的方法有种，故B正确；
对C，若经过点，则前3次向右移动2次向上1次，后7次向右3次向上4次，
所以移动的方法有种，故C错误；
对D，由题可知，当时，第1,2次的移动方向相同，当时，第3,4,5次的移动方向相同，
当时，第6,7,8,9次的移动方向相同，因为向右5次，向上5次，
所以第次移动方向相同，则移动的方法有2种，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 某地高中生的肺活量（单位：）服从正态分布,若该地有12000名高中生，则其中肺活量低于的高中生的人数约为______．
参考数据：．
【答案】
【解析】因为，
所以.
所以肺活量低于的高中生的人数约为：.
故答案为：
13. 若函数的图象在处的切线与在处的切线互相垂直，则的一个值为________．
【答案】(答案不唯一)
【解析】由，
可得，
所以在处的切线斜率为，在处的切线斜率为
由题意：，
可设，则，
解得：，，
同时取，得，
所以的一个值为，故答案为：
14. 甲、乙、丙三人进行篮球传球训练，第1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，则第4次传球传给乙的概率为______．
【答案】
【解析】前4次传球接球的情况有：乙甲乙甲、乙甲乙丙、乙甲丙甲、乙甲丙乙、乙丙甲乙、乙丙甲丙、乙丙乙甲、乙丙乙丙、丙甲乙甲、丙甲乙丙、丙甲丙甲、丙甲丙乙、丙乙甲乙、丙乙甲丙、丙乙丙甲、丙乙丙乙，共16种，
第4次传球传给乙的情况有：乙甲丙乙、乙丙甲乙、丙甲丙乙、丙乙甲乙、丙乙丙乙，共5种，
设第4次传球传给乙的事件为，则
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．
15. 已知椭圆经过点，且离心率．
（1）求的方程；
（2）若直线经过点且与相切，求的方程．
解：（1）由椭圆经过点，且的离心率，
可得，且，解得，所以椭圆的方程为.
（2）当过的直线的斜率不存在时，此时，显然不符合题意，
设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
联立方程组，整理得，
因为直线与椭圆相切，所以，
整理得，解得，
所以的方程为，即.
16. 如图，在长方体中，，，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
解：（1）因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面；
（2）由长方体可知，，两两垂直，以为坐标原点，
向量，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

有，，，，，设，
，，，，
因为，所以，解得，所以，
设平面的一个法向量为，
有，
令，可得，设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 河南省是我国小麦产量第一大省，约占全国小麦产量的．小麦品种是在河南省广泛种植的一个品种，某科研基地在实验田种植的品种小麦收获时，随机取10个该小麦的种子样本，每个样本均为1000粒，测得每个样本的质量（称为千粒重，单位：）分别为40，48，42，46，50，46，52，43，48，45，记这10个数据的平均数为．
（1）从这10个数据中随机选取3个，记这3个数据中大于的个数为，求的分布列；
（2）用这10个样本中千粒重大于的频率作为每个样本千粒重大于的概率，从
解：（1），
易知40，48，42，46，50，46，52，43，48，45，中有6个小于等于平均数，4个大于平均数，所以的所有可能取值为，0，1，2，3；
，
，
，
，
所以的分布列为：
（2）由（1）知：每个样本千粒重大于的概率为，
设20个样本中千粒重大于的样本个数为,
由题意可知：,
所以，
设千粒重大于的样本最有可能是，
则，
，
解得：，
故，
所以千粒重大于的样本最有可能是8个.
18. 已知数列满足，．
（1）求证：是等比数列；
（2）若，求数列的前项和；
（3）判断是否存在，使得，，成等差数列，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
解：（1）由条件得，所以，
又，所以是首项为2，公比为2的等比数列；
（2）由（1）知，所以，
设，则，
两式相减得，
所以，
设，
则．
（3）由（1）知，所以，
假设存在，使得，，成等差数列，
则，所以，
即，
即，
当时，，，，
当时，，
所以不存在，使得，，成等差数列.
19. 若函数在区间上有意义，且存在，使得对任意的，当时，单调递增，当时，单调递减，则称为上的“抛物线型函数”，其中为在上的峰值．
（1）若函数，试判断是否是区间上的“抛物线型函数”；
（2）若是区间上的“抛物线型函数”，求实数的取值范围；
（3）若函数，求证：是区间上的“抛物线型函数”，并求在区间上的峰值．
解：（1）因为，所以，
设，则，
当时，可得，所以函数在区间上单调递减，
所以，所以，所以在区间上单调递减，
故不是是区间上的“抛物线型函数”
（2）因为，所以，
当时，，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
但区间为，所以在区间上单调递增，不满足题意；
当时，令得或，
若，当时，，函数在区间上单调递增，
当时，，函数在区间上单调递减，
当时，，函数在区间上单调递增，
若是区间上的“抛物线型函数”，
则，解得；
若，当时，，函数在区间上单调递减，
当时，，函数在区间上单调递增，
当时，，函数在区间上单调递减，不存在，
使得在区间上先增后减，故不满足题意.
综上，实数的取值范围为；
（3）因为，
所以，
设，则在区间单调递减，
且，
所以存在，使得，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
所以是区间上的“抛物线型函数”，
由得，则，
所以，
即在区间上的峰值为.0
1
2
3