河南省驻马店市青桐鸣2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份河南省驻马店市青桐鸣2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了测试成绩等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，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、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. 已知随机变量X，Y的组样本观测值都落在经验回归直线上，则随机变量X，Y的样本相关系数为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据线性相关系数的意义分析求解即可.
【详解】因为样本观测值都在直线上，
则线性相关性最强，可知，
且，可知随机变量X，Y满足负相关，所以样本相关系数为．
故选：D．
2. 双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对于焦点在轴上的双曲线，其渐近线方程为.
【详解】由双曲线的标准方程可知，，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：B.
3. 已知是等比数列，若，则的公比（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的性质及基本量计算求解即可.
【详解】由等比数列的性质可知，，
所以，又，所以，则.
故选：B.
4. 已知矩形的边所在直线的方程为，顶点，则顶点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，求出边所在直线方程，再联立直线，组成的方程组，方程组的解即为顶点的坐标.
【详解】因为，边所在直线的方程为，
设所在直线方程为，因为过，
所以，所以所在直线方程为，
由解得，即顶点的坐标为.
故选：A.
5. 现有4个红色教育基地和2个劳动实践基地，甲、乙两人分别从这6个基地中各选取1个基地研学（每个基地均可重复选取），则在甲、乙两人中至少一人选择红色教育基地研学的条件下，甲、乙两人中一人选择红色教育基地研学、另一人选择劳动实践基地研学的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设相应事件，根据古典概型结合组合数求，进而求条件概率.
详解】由题意可知：甲、乙两人从6个基地中各选一个进行研学有（种）情况，
至少一人选择红色教育基地研学有（种）情况，
设“甲、乙两人中至少一人选择红色教育基地研学”，则，
甲、乙两人中一人选择红色教育基地研学、另一人选择劳动实践基地研学，有（种）情况，
设“甲、乙两人中一人选择红色教育基地研学、另一人选择劳动实践基地研学”，则，
所以．
故选：C．
6. 若存在，使得直线与圆相切，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线与圆相切可得圆心到直线的距离等于半径，即可得解.
【详解】由圆可得，圆心，半径，
由题意得，，则，
解得或.
故选：D.
7. 在正四棱柱中，分别为的中点，点为上底面的中心，则直线与夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出向量的坐标，根据向量夹角公式求解.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
于是，
故直线与夹角的余弦值为.
故选：A.
8. 已知除以13所得余数为m，除以14所得余数为n，则（ ）
A. 1B. C. 13D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】由，，结合二项式定理即可求解.
【详解】因为，
所以除以13所得余数为1，则；
因为，
所以除以14所得余数为13，则，因此．
故选：C
二、选择题：本大题共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. 记为等差数列的前项和，已知，则下列结论正确的有（ ）
A.
B.
C.
D. 数列中有且仅有一个最小项
【答案】BC
【解析】
【分析】先根据已知条件列出关于首项和公差的方程组，求解出和，再据此求出通项公式、前项和公式，最后根据这些公式判断各个选项的正确性.
【详解】设数列的公差为，
由题意可知，解得错误；
由上得正确；
由得，，C正确；
，由二次函数的性质可知，当或时，和的值均最小，D错误.
故选：BC.
10. 已知随机变量，，且，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】应用正态分布的数学期望及方差计算判断A，根据正态分布对称性计算判断B，C，应用正态分布方差判断D.
【详解】对于A选项，由得，，，则，A正确；
对于B选项，由，得，，
由正态分布的对称性可知，B错误；
对于C选项，由得，，C正确；
对于D选项，由于X与Y均服从正态分布，且，，
所以X的正态曲线较“矮胖”，随机变量分布比较分散，Y的正态曲线较“高瘦”，随机变量分布比较集中，因此，D正确．
故选：ACD．
11. 已知点在曲线上，点，则下列结论正确的有（ ）
A. 曲线关于原点对称
B.
C. 的最小值为
D. 曲线与轴的非负半轴、直线所围成区域的面积大于
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用图像关于原点对称的点坐标特点即可判断选项A，将曲线的方程配方即可判断选项B，代入特殊值即可判断选项C，根据的范围，即可判断选项D.
【详解】将方程中的分别换为，
方程仍成立，则曲线关于原点对称，A正确；
方程化为，
所以，解得，B正确；
在方程中，令，解得，或，
当点的坐标为时，，C错误；
曲线在第一象限上的最高点为，且经过原点，
又，故时，，
所以曲线与轴的非负半轴，直线所围成区域的面积，D正确.
故选：ABD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，向量，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的坐标表示，建立方程，可得答案.
【详解】由得，，
解得，所以.
故答案为：.
13. 已知圆与圆的相交弦所在直线为，若与抛物线交于两点，则__________.
【答案】5
【解析】
【分析】由圆与圆的方程相减可得直线的方程，进而得到直线经过抛物线的焦点，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及抛物线定义求解即可.
【详解】由圆与圆的方程相减得，相交弦所在直线的方程为，
又知抛物线的焦点为，则直线经过焦点，
设，
由，得，所以，
由抛物线定义可知，.
故答案为：5.
14. 数列的通项公式为，则的前项和为__________（用含的式子表示）.
【答案】
【解析】
【分析】利用错位相减法即得.
【详解】因为，
所以，①
则，②
由①-②得，
，
故.
故答案为：
四、解答题：本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 为了解学生性别与掌握消防安全知识情况的关系，某校组织了消防安全知识测试，在高二年级中随机抽取600名学生统计其测试成绩，如下表（单位：人）：
（1）将上表中数据补充完整；
（2）从该校高二年级的学生中有放回地随机抽取2次，每次抽取1名学生，以频率作为概率，估计这2次抽取的学生的测试成绩全都良好的概率；
（3）试问是否有99.9%的把握判断消防安全知识测试成绩与性别有关？
附：，．
【答案】（1）填表见解析
（2）
（3）有99.9%的把握判断消防安全知识测试成绩与性别有关
【解析】
【分析】（1）根据已知填写表格即可；
（2）应用独立事件概率乘积公式计算即可；
（3）先计算，再与临界值比较即可判断相关性即可.
【小问1详解】
【小问2详解】该校高二年级600名学生中测试成绩良好的频率为，，
故估计这2次抽取的学生的测试成绩全都良好的概率为．
【小问3详解】
根据表中数据，计算．
因为，所以有99.9%的把握判断消防安全知识测试成绩与性别有关．
16. 如图，四棱锥的底面为菱形，，且侧面是边长为2的等边三角形，取的中点，连接.

（1）证明：平面；
（2）证明：为直角三角形；
（3）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）因为为等边三角形的边的中点，所以，又四边形为菱形，且，所以，结合线面垂直的性质即可证明；
（2）因为，平面，所以平面，所以，即可证明；
（3）由（1）可知，平面平面，所以可得为等边三角形，取的中点，连接，则，所以以为坐标原点，平行于的直线为轴，直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
证明：因为侧面是等边三角形，为的中点，所以，
因为四边形为菱形，且，所以，
又，平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
证明：因为，平面，所以平面，
又平面，所以，
故为直角三角形.
【小问3详解】
因为平面，故由（1）可知，
平面平面，易求，又，
所以为等边三角形，
取的中点，连接，则，
因为为平面与平面的交线，平面，
所以平面.
以为坐标原点，平行于的直线为轴，直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，
则，，，
设平面法向量为，
由
取，得.
设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
17 已知正项数列中，.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）设，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由递推公式构造得到即可求证；
（2）由（1）等比数列通项公式即可求解；
（3）由（2）得到，通过即可求证；
【小问1详解】
由得，
，
则，
因为，所以，
又，故数列是首项为3，公比为3的等比数列.
【小问2详解】
由（1）可知，，
故.
【小问3详解】
由（2）得，，
当时，，不等式成立；
当时，，不等式成立；
当时，，
所以
，
综上可知，.
18. 已知椭圆的下焦点为，其离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过的直线与椭圆交于两点（直线与坐标轴不垂直），过作轴的垂线，垂足分别为，若直线与交于点，证明：点的纵坐标为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出的方程求解；
（2）设出直线的方程与椭圆方程联立，可得，求出直线与方程，求出交点的纵坐标，得证.
【小问1详解】
由题意可知，，
解得，
故椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，
，则，
由，得，且，
则，
易知直线与的斜率均存在，
则直线的方程为①，
直线的方程为②，
联立①②消去得，
，
故点的纵坐标为定值.
19. 某平台统计了某地区一家新能源汽车销售店2024年8月至2024年12月份每月的汽车销售量Y（单位：万辆），得到如下数据：
（1）根据表中数据可知，Y与X具有较强的线性相关关系，求Y关于X的经验回归方程．
（2）该销售店为了提高销售量，2025年1月开展优惠活动月．该店设置了一个抽奖箱，箱内放有分别标有字母A，B，C，D的4个小球，且小球的质地、大小均相同．店家准备了两种摸球方案，每位客户自主选择一个方案抽奖：
方案一：客户从抽奖箱内随机抽取1个小球，若小球标有字母A，则获得购车优惠，抽奖结束；否则，不能获得优惠，并将抽出的小球放回抽奖箱内，摇匀后继续随机抽取1个小球，且每位客户至多抽取3次．
方案二：客户从抽奖箱内有放回地抽取k（，）次，每次抽取1个小球，放回摇匀后再进行下一次抽取，若至少出现两次小球标有字母A或B，则获得购车优惠；否则，不能获得优惠．
（ⅰ）已知客户甲选择方案一抽奖，设表示甲抽取小球的次数，求的分布列与数学期望；
（ⅱ）若客户选择方案二获得购车优惠的概率比方案一获得购车优惠的概率大，求k的最小值．
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）分布列见解析；期望为；（ⅱ）4
【解析】
【分析】（1）先计算，得出回归方程；
（2）（ⅰ）先应用独立事件概率乘积求出概率，再写出分布列计算数学期望即可；（ⅱ）先分别求出方案一及方案二概率再作商比较大小得出函数单调性即可求出参数的最小值.
【小问1详解】
由表中数据可知，，
，
，
，所以，
则，
故Y关于X的经验回归方程为．
【小问2详解】
（ⅰ）由题意可知，的可能取值为1，2，3，
，，．
所以的分布列为
则．
（ⅱ）客户从抽奖箱内随机抽取1个小球，抽出标有字母A或B的概率为，
客户选择方案一获得购车优惠的概率为，
客户选择方案二获得购车优惠的概率为，
由题意可知，，整理得．
令，，则，
所以数列递减数列．
又，，故k的最小值为4．测试成绩
性别
良好
不够良好
总计
男生
150
300
女生
100
总计
350
600
0.100
0.010
0.001
2.706
6.635
10.828
测试成绩
性别
良好
不够良好
总计
男生
150
150
300
女生
200
100
300
总计
350
250
600
月份
8月
9月
10月
11月
12月
月份代码X
1
2
3
4
5
销售量Y
1
1.6
1.8
2.6
3
1
2
3
P