福建省厦门双十中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省厦门双十中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试卷（Word版附解析），共17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
1．数列的通项公式为，为其前n项和，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
2．已知抛物线的焦点到准线的距离为，过焦点且斜率为的直线与抛物线交于，两点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知随机变量的概率分布如下表
则（ ）
A．1B．C．11D．15
4．若从1，2，3，…，9这9个整数中取出4个不同的数排成一排，依次记为a，b，c，d，则使得为偶数的不同排列方法有（ ）
A．1224种B．1800种C．984种D．840种
5．在长方体中，，，点满足，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
6．若曲线有两条过坐标原点的切线，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知随机变量，且，则的展开式中的系数为（ ）
A．40B．120C．240D．280
8．函数的两个极值点满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知直线及圆，则（ ）
A．直线过定点
B．直线截圆所得弦长最小值为2
C．存在，使得直线与圆相切
D．存在，使得圆关于直线对称
10．设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知点到点的距离与点到y轴的距离的差为定值，记动点的轨迹为曲线C，则（ ）
A．当时，由抛物线和x轴的负半轴构成
B．当时，关于原点中心对称
C．当时，为轴对称图形
D．当时，是由两部分抛物线构成的封闭图形
三、填空题
12．若椭圆的长轴长、焦距、短轴长成等差数列，则该椭圆的离心率是 .
13．甲乙两人射击，甲射击两次，乙射击一次.甲每次射击命中的概率是，乙命中的概率是，两人每次射击是否命中都互不影响，则甲乙二人全部命中的概率为 ；在两人至少命中两次的条件下，甲恰好命中两次的概率为 .
14．已知集合，对于的每一个非空子集的所有元素，计算它们乘积的倒数，则所有这样倒数的和为 .
四、解答题
15．记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．
（1）求数列的通项公式；
（2）求使成立的n的最小值．
16．如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，点D是棱BC的中点．
(1)求证：平面；
(2)在棱上AC是否存在点M，其中，使得平面与平面所成角的大小为60°，若存在，求出；若不存在，说明理由．
17．在一张纸上有一圆：，定点，折叠纸片使圆上某一点恰好与点重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点为.
(1)求点的轨迹方程；
(2)曲线上一点N，点A、B分别为直线：在第一象限上的点与：在第四象限上的点，若，，求面积的取值范围.
18．已知函数．
(1)求的极值，并画出函数的大致图象；
(2)求出方程（）解的个数；
(3)若恒成立，求实数的取值范围．
19．Catalan数列（卡特兰数列）最早由我国清代数学家明安图（1692-1765）在研究三角函数幂级数的推导过程中发现，成果发表于1774年出版的《割圜密率捷法》中，后由比利时数学家卡特兰（Catalan，1814-1894）的名字来命名，该数列的通项被称为第个Catalan数，其通项公式为.在组合数学中，有如下结论：由个和个构成的所有数列，中，满足“对任意，都有”的数列的个数等于.
已知在数轴上，有一个粒子从原点出发，每秒向左或向右移动一个单位，且向左移动和向右移动的概率均为.
(1)设粒子第3秒末所处的位置为随机变量（若粒子第一秒末向左移一个单位，则位置为；若粒子第一秒末向右移一个单位，则位置为1），求的分布列和数学期望；
(2)记第秒末粒子回到原点的概率为.
（i）求及；
（ii）设粒子在第秒末第一次回到原点的概率为，求.
1．D
令，可求得，计算可求得的最小值.
【详解】令，因为，所以解得，
所以数列的前3项为负，从第4项起为正，
所以的最小值为.
故选：D.
2．A
联立直线与抛物线，结合韦达定理及抛物线焦半径公式可得解.
【详解】
由已知抛物线焦点到准线的距离为，
即，
则抛物线方程为，，
所以直线方程为，即，
设直线与抛物线交点，，
联立直线与抛物线，
得，
则，，
又由抛物线可知，，
所以，
故选：A.
3．D
由概率和为可得，再结合期望的计算公式与期望的性质计算即可得解.
【详解】由，故，
则.
故选：D.
4．A
考虑为偶数和为奇数两种情况，判断的奇偶性，根据中偶数的个数计算得到答案.
【详解】当为偶数，则为偶数，有；
当为奇数，则为奇数，四个数均为奇数，有.
所以不同排列方共有1224种．
故选：A
5．C
建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法求点到直线的距离即可.
【详解】
如图所示，建立空间直角坐标系，
以为坐标原点，以、、分别为、、轴的空间直角坐标系，
，，，设点到直线的距离为，
所以，，
根据点到直线距离公式有：，
所以.
故选：C
6．B
设出切点坐标，根据导数的几何意义，得出切线的斜率，代入点斜式方程，得出切线的方程，将原点坐标代入，整理得出.由题意可知，，求解即可得出答案.
【详解】设切点为，
由已知可得.
根据导数的几何意义可知，
切线的斜率为.
代入切线方程为，
整理可得.
又切线经过原点，
所以有，
整理可得.
因为曲线有两条过坐标原点的切线，
所以方程有两个不相等的实数解，
即有，解得或.
故选：B.
7．D
利用正态分布的对称性求出，再利用二项展开式的通项公式可求的系数.
【详解】由正态分布的对称性，得，解得，
的展开式的通项公式为，，
的展开式的通项公式为，，
则的展开式的通项为，
由，得或，
所以的展开式中的系数为.
故选：D
8．D
根据极值点为导函数零点，整理变形得，然后令代入后表示出，代入目标式转化为关于的函数，利用导数求最值即可.
【详解】由题知，的定义域为，，
因为有两个极值点，所以，则①，
令，因为，所以，
将代入①整理可得，
所以，
令，则，
设，则，
因为，所以，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以.
故选：D
9．ABD
A选项，整理后得到方程组，求出直线所过定点；B选项，求出圆心和半径，得到当时，直线截圆所得弦长最短，由垂径定理求出弦长最小值；C选项，求出点在圆内，故C错误；D选项，当直线过圆心时，满足题意，代入计算即可.
【详解】A选项，由，
得，解得，所以直线过定点为，故A正确；
B选项，由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，
当时，直线截圆所得弦长最短，因为，
则最短弦长为，故B正确；
C选项，，故点在圆内，所以直线与圆一定相交，故C错误；
D选项，当直线过圆心时，满足题意，此时，解得，
故D正确.
故选：ABD.
10．ACD
由和事件的概率公式以及条件概率逐一判断各选项即可.
【详解】对于C，因为，，，，则，故C正确；
对于A，因为，所以，则，，即，故A正确．
对于B，因为，所以，则，故B错误．
对于D，因为，所以，则，故，故D正确．
故选：ACD．
11．AC
设出动点结合给定条件求出轨迹方程判断A，举反例判断B，找曲线上任意一点关于轴对称判断C，举特值求出的范围，进而证明不存在具体的方程再判断D即可.
【详解】对于A，设，由题意得点到点的距离
与点到y轴的距离的差为定值，得到，
当时，，则，
两边同时平方得，得到，
即，当时，方程化为，
当时，方程化为，即，
此时由抛物线和x轴的负半轴构成，故A正确，
对于B，因为，所以，
当时，两边同时平方得，
则，化简得，
令，此时曲线方程为，我们发现点在曲线上，
找关于原点中心对称的点为，
将其代入方程，则不在曲线上，
即不可能关于原点中心对称，故B错误，
对于C，由已知得曲线方程为，由已知得，
设，将其代入曲线方程，得到，
则在曲线上，故曲线关于轴对称，即为轴对称图形，故C正确，
对于D，由已知得，令，
故，解得或，
结合已知条件此时方程为，
当时，方程化为，此时，不存在这样的曲线，
当时，方程化为，此时，不存在这样的曲线，
则当时，不可能是由两部分抛物线构成的封闭图形，故D错误.
故选：AC
12．/0.8
【详解】依题意，成等差数列，则有，，
化简并两边平方可得，，
因，代入整理得，，解得.
故答案为：.
13．
【详解】甲射击目标恰好命中两次的概率为，则甲乙二人全部命中的概率为，
两人至少命中两次为事件A,甲恰好命中两次为事件B,，
，
所以.
故答案为：,.
14．
【详解】集合的非空子集的个数为，这些子集中，
每个元素的乘积分别为，
每项都可以看作是从中选择若干项的乘积.
类比二项式定理展开式可知，的倒数和为：
.
故答案为：.
15．(1)；(2)7.
【详解】(1)由等差数列的性质可得：，则：，
设等差数列的公差为，从而有：，
，
从而：，由于公差不为零，故：，
数列的通项公式为：.
(2)由数列的通项公式可得：，则：，
则不等式即：，整理可得：，
解得：或，又为正整数，故的最小值为.
16．(1)见解析
(2)存在，
【详解】（1）连接交于点,
由于四边形为矩形，所以为的中点，
又点D是棱BC的中点，故在中，是的中位线，因此,
平面， 平面,所以平面
（2）由平面ABC，可知，三棱柱为直三棱柱，且底面为直角三角形，
故以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系;
则
由得,
,
设平面的法向量为，则
，取，得，
,
设平面的法向量为，则
，取，得，
故 ，
化简得
由于 ，所以，
故棱上AC存在点M，其中，即，使得平面与平面所成角的大小为60°.
17．(1)
(2)
（1）依题意可得，即可得到，根据双曲线的定义可得点的轨迹为以，为焦点，实轴长为8的双曲线，从而求出的轨迹方程；
（2）设，，，且，，根据，即可得到，再表示出、，设的倾斜角为，利用二倍角公式即同角三角函数的基本关系求出，再根据及对勾函数的性质计算可得；
【详解】（1）解：依题意可得点与关于对称，则，
∴.
则点的轨迹为以，为焦点，实轴长为8的双曲线，
∴，，又，故，，，
所以双曲线方程为；
（2）解：由题意知，，分别为双曲线：的渐近线，
设，，，且，，
由得，，
∴，.∴，
整理得，即
又，同理，
设的倾斜角为，
则.
∴
因为，易知函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，当时，；
∴面积取值范围是.
18．(1)极小值，无极大值，作图见解析
(2)答案见解析
(3)
（1）对求导，令，结合导数符号判断极值，并结合的单调性、极值、最值等性质画出函数图象；
（2）利用数形结合易得的解的个数；
（3）构造函数，将原不等式转化为恒成立的问题，令，结合导数求出在的最小值，即得到的取值范围．
【详解】（1）由题意，由，得；由，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，无极大值；
由的单调性及，，，
当时，函数的图象在轴下方，随着的减小，的图象无限接近轴，
所以的大致图象如下．
（2）由（1）中函数图象可得，
当时，方程的解个数为0个；
当或时，方程的解个数为1个；
当时，方程的解个数为2个．
（3）由，可得，
即，进一步变形为，
令，则，
显然在上单调递增，所以恒成立，
即恒成立，令，，
，令，得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
所以，则，
即实数的取值范围是．
19．(1)分布列见解析，0
(2)（i），；（ii）
（1）根据二项分布的概率公式求解概率，即可求解分布列以及期望，
（2）（i）根据相互独立事件的乘法概率公式即可求解（i），
（ii）设事件A：粒子在第2n秒末第一次回到原点，事件B：粒子第1秒末向右移动一个单位，
根据，结合的定义，即可求解．
【详解】（1）依题可知，的可能取值为，
，，
，，
的分布列如下：
.
（2）（i），，
（ii）设事件：粒子在第秒末第一次回到原点，
事件：粒子第1秒末向右移动一个单位.
，
记粒子往左移动一个单位为，粒子往右移动一个单位为，
以下仅考虑事件.
设第秒末粒子的运动方式为，其中；沿用（1）中对粒子位置的假设，
则粒子运动方式可用数列表示，
如：表示粒子在前4秒按照右､右､左､左的方式运动.
由粒子在第秒末第一次回到原点，可知
数列的前项中有个1和个.
，，
粒子在余下秒中运动的位置满足，
即，
粒子在余下秒中运动方式的总数为，
，又，x
1
2
4
P
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
D
A
C
B
D
D
ABD
ACD
题号
11









答案
AC









-3
-1
1
3