河南省驻马店高级中学2024-2025学年高二下学期5月月考 数学试题（含解析）

这是一份河南省驻马店高级中学2024-2025学年高二下学期5月月考 数学试题（含解析），共10页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，满分，3B．-0等内容，欢迎下载使用。
注意事项：1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
4.满分：150分 考试时间：120分钟
一、单选题（每小题5分，共计40分）
1．已知由样本数据组成一个样本，可得到回归直线方程为，且，则样本点的残差为（ ）
A．0.3B．-0.3C．1.3D．-1.3
2．两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率为，第二台出现废品的概率为，加工出来的零件放在一起，现已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍，则任意取出一个零件是合格品的概率是（ ）
A．B．C．D．
3．已知下列说法：
①对于经验回归方程，变量增加一个单位时，平均增加3个单位；
②甲､乙两个模型的分别为0.98和0.80，则模型甲的拟合效果更好；
③对分类变量与，随机变量越大，则判断“与有关系”的把握程度越大；
④两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数就越接近1.
其中说法错误的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．若，则等于（ ）
A．B．
C．D．
5．已知函数（a＞0且a≠1）是R上的单调函数，则a的取值范围是（ ）
A．（0，]B．[）C．[]D．（]
6．已知定义在上的可导函数，对任意的实数，都有，且当时，恒成立，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知半径为2的球O有一内接正四面体，则（ ）
A．B．
C．D．
8．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），当时，（ ）
A．170B．168C．130D．172
多选题（每小题6分 共计18分）
9．李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ）
A．P(X＞32)＞P(Y＞32)
B．P(X≤36)＝P(Y≤36)
C．李明计划7：34前到校，应选择坐公交车
D．李明计划7：40前到校，应选择骑自行车
10．已知函数，则（ ）
A．有两个极值点B．有两个零点
C．点是曲线的对称中心D．过点可作曲线的两条切线
11．在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线（Cassinival）.在平面直角坐标系xOy中，动点到两个定点，的距离之积等于3，化简得曲线C：.则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C关于y轴对称B．的最小值为
C．面积的最大值为D．的取值范围为
三、填空题 （每小题5分，共计15分）
12．已知某果园中猕猴桃单果的质量（单位：）服从正态分布，若从该果园中随机挑选4个猕猴桃，则恰有2个单果的质量均不低于的概率为 .
13．在锐角中，依次为三个内角的对边，已知，求的取值范围为 .
14．已知数列是首项为，公比为的等比数列，且，则的最大值为 .
四、解答题
15．（13分）.
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量，，，．
(1)求函数的最小值；
(2)若，，，求的面积．
16.（15分）
定义运算：，已知函数，．
(1)若函数的最大值为0，求实数a的值；
(2)若函数存在两个极值点，，证明：；
(3)证明：．
17.（15分）
如图，在三棱锥中，，.

(1)证明：平面；
(2)若是棱上一点且，求二面角的大小.
18.（17分）
某种水果按照果径大小可分为四类：标准果、优质果、精品果、礼品果，某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下：
（1）若将频率视为概率，从这100个水果中有放回地随机抽取4个，求恰好有2个水果是礼品果的概率；（结果用分数表示）
（2）用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个，再从抽取的10个水果中随机抽取3个，若表示抽到的精品果的数量，求的分布列.
（17分）
已知椭圆的左、右焦点别为，，离心率为，过点的动直线l交E于A，B两点，点A在x轴上方，且l不与x轴垂直，的周长为，直线与E交于另一点C，直线与E交于另一点D，点P为椭圆E的下顶点，如图．
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点
数学参考答案
1．A
【分析】先将中心代入回归方程求出，将代入回归方程求得，结合残差的定义即可求解.
【详解】由题意知，将点代入，
得，所以，
将代入，解得，
所以样本点的残差为.
故选：A
2．C
【分析】根据全概率公式直接计算可得结果.
【详解】设“任意取出一个零件是第台机床生产的”，；“任意取出一个零件是合格品”，
.
故选：C.
3．B
【分析】根据回归方程、相关指数、卡方值、相关系数的实际意义判断各项的正误即可.
【详解】①对于经验回归方程，变量增加一个单位时，平均减少5个单位，错；
②甲､乙两个模型的分别为0.98和0.80，由甲模型的值较大，故模型甲的拟合效果更好，对；
③对分类变量与，随机变量越大，变量的相关性越强，则判断“与有关系”的把握程度越大，对；
④两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近1，错.
所以，错误的共有2个.
故选：B
4．C
【分析】按照导数四则运算法则求导即可．
【详解】．
故选：C．
5．C
【分析】由题意可知，在R上单调递减，则应满足在递减，在递减，且当时，对应的值大于等于对应的值，解出的范围即可.
【详解】由题意，分段函数是在R上单调递减，
则应满足在递减，即，
在递减，即，
当时，对应的值大于等于对应的值，
即，
所以解得
∴a的取值范围是.
故选：C.
【点睛】本题考查分段函数在上单调，应满足各部分单调，且在分段处有相应的大小关系，属于中档题.
6．B
【分析】由题意可得，令，根据奇偶性的定义，可得为偶函数，利用导数可得的单调性，将题干条件化简可得，即，根据的单调性和奇偶性即可求解.
【详解】由，得，
记，则有，即为偶函数，
又当时，恒成立，
所以在上单调递增，
所以由，得，
即，所以，
所以，即，解得：，
故选：B.
7．C
【分析】如图，在正四面体中，作底面于，则为的中心，由，可得球心O在底面的射影也是，可得A，O，三点共线，设正四面体的棱长为a，求得a的值，即棱长，再根据向量数量积的定义及运算律即可得出答案.
【详解】解：如图，在正四面体中，作底面于，则为的中心.
因为，所以球心O在底面的射影也是，
于是A，O，三点共线，设正四面体的棱长为a，
则，，，
所以，
又，
由此解得，故正四面体的棱长为.
，
因为，，，
则.
故选：C.
8．D
【分析】先根据题意得到的值，再后续数列的周期性求得，从而得解.
【详解】依题意，，
故，
又，所以．
所以．
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解“冰雹猜想”的定义，找到数列的周期性，从而得解.
9．BCD
【分析】首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性，和的原则，即可求解.
【详解】A.由条件可知，，根据对称性可知，故A错误；
B., ，所以，故B正确；
C. =，所以，故C正确；
D. ，，所以，故D正确.
故选：BCD
10．AC
【分析】A项，分析函数的单调性即可得出极点个数；B项，利用零点定理即可得出零点个数；C项，构造并分析奇偶性，利用是图象的对称中心得出点是曲线的对称中心；D项，设出切点并得出切线方程，将代入切线方程即可得出过点的切线.
【详解】由题意，
在中，．
令，得或，
令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以是极值点，A正确．
由的单调性且极大值，极小值，
又，，
所以函数在定义域上有3个零点，B错误．
令，
因为，则是奇函数，
所以是图象的对称中心，
将的图象向上移动1个单位长度得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，C正确．
设切点为，
则切线的方程为，
代入，可得，解得．
所以过点的切线有1条，D错误．
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的求导，导数法求单调性，零点定理，函数的切线，考查学生分析和处理问题的能力，具有较强的综合性.
11．ABD
【分析】根据条件得到，从而求得，利用换元法，令，得到，对于A选项：令即可判断；对于B选项：结合条件利用基本不等式得到即可判断；对于C选项：由面积为即可判断；对于D选项：根据两点间的距离公式和条件得到即可判断.
【详解】由题意得：，
即，则，解得：，
令，则，所以.
对于A选项：方程中的x换成方程不变，所以曲线C关于y轴对称，A选项正确；
对于B选项：，当且仅当，
即时等号成立，所以B选项正确；
对于C选项：面积为，
则面积的最大值为，所以C选项错误；
对于D选项：因为，
则的取值范围为，所以D选项正确，
故选：ABD.
12．/0.375
【分析】服从正态分布可得，由二项分布公式可求恰有2个单果的质量均不低于的概率.
【详解】由题可知，若从该果园中随机挑选4个猕猴桃，
则恰有2个单果的质量均不低于的概率为.
故答案为：.
13．
【分析】由锐角三角形可得，由余弦定理可得，令，法一：利用导数可求的取值范围.法二：令，利用二次函数可求的取值范围.
【详解】由三角形为锐角三角形可得，又，
所以，
同理：，所以，
所以，
将看作常数，上式可以看作关于的函数，故只需求分母的取值范围，
令，
解法一：，当单调递增，
当单调递减；当，
又，
代入.故答案为.
解法二：令，
令，则，
因为，当时，取最大值，
当或时，取，所以，
即，代入.
故答案为：.
14．99
【分析】根据给定条件，求出数列的通项公式，再利用分组求和法及等比数列前n项和公式求和，然后借助数列单调性求解即得.
【详解】依题意，，则，
数列的前n项和，显然数列是递增数列，
而，
所以使得成立的的最大值为99.
故答案为：99
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据数量积的坐标运算公式，二倍角公式，辅助角公式化简，结合正弦函数性质求其最小值；
（2）解方程求，由正弦定理可求，再由余弦定理求，根据三角形面积公式求结论.
【详解】（1）
．
因为，所以，
所以当，即时，有最小值．
（2）因为，所以，所以，，
因为，所以．
由正弦定理，，
所以，．
又因为，所以，得，
由余弦定理有：，所以．
所以．
16．(1)1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导后，分类讨论单调性，进而得到最值，求出a的值即可；
（2）条件等价于有两个不等的正根，结合判别式非负，以及韦达定理求出a的范围，要证，
即证，令求导确定函数的单调性，证明结论．
（3）利用（1）结论可得则当时，，进而利用裂项相消求和证明结论.
【详解】（1）由题意知：
，
①当时，，在单调递减，不存在最大值．
②当时，由得，
当，；，，
函数的增区间为，减区间为．
，
．
（2）
“函数存在两个极值点，”等价于
“方程有两个不相等的正实数根”；
故，解得．
要证，即证，
，不妨令，故
由得，令
在恒成立，
所以函数在上单调递减，故．
成立．
（3）由（1）知，，即，
当时，
．
【点睛】知识点点睛：本题以新定义为载体，考查了利用导数研究函数单调性和最值，考查了不等式的放缩，裂项相消求和知识，属于难题.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，证得和，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面.
（2）由（1），得到，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：连接，因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，则，所以，
因为，且平面，所以平面.
（2）解：由题设，又因为为的中点，所以，
由（1），可得，，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，设，因为，由题意易得，
所以为正三角形，可得，
因为，所以，所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
又由平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，且为锐角，
所以，可得
即二面角的大小为.
【点睛】
18．（1）；（2）分布列见解析.
【解析】(1)先求出从个水果中随机抽取一个,抽到礼品果的事件的概率,则抽到礼品果的个数服从二项分布,利用二项分布的概率公式可得答案；
(2)通过分层抽样的方法可以求出从个水果中抽取个,精品果、非精品果的个数,由题意可知：服从超几何分布，根据超几何分布的公式列出的分布列．
【详解】（1）设从这100个水果中随机抽取1个，其为礼品果的事件为，则，
现有放回地随机抽取4个，设抽到礼品果的个数为，则，
∴恰好有2个水果是礼品果的概率为.
（2）用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个，其中精品果有4个，非精品果有6个，
再从中随机抽取3个，则精品果的数量服从超几何分布，所有可能的取值为0,1，2,3，
则.
的分布列为
【点睛】方法点睛：本题考查了二项分布、超几何分布，考查了离散型随机变量分布列和数学期望的计算，求解离散型随机变量分布列的步骤是：
1.首先确定随机变量的所有可能取值；
2.计算取得每一个值的概率，可通过所有概率和为来检验是否正确；
3.进行列表，画出分布列的表格；
4.最后扣题，根据题意求数学期望或者其它．
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用椭圆的定义和离心率，求解椭圆方程；
（2）设点，，，，的方程为，联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理求出点的坐标，同理得到点的坐标，进而得到直线的方程，根据对称性，如果直线CD过定点，则该定点在x轴上，即可得到定点坐标.
【详解】（1）由椭圆定义可知，，
所以的周长为，所以，
又因为椭圆离心率为，所以，所以，
又，所以椭圆的方程：．
（2）设点，，，，
则直线的方程为，则，
由得，，
所以，
因为，所以，所以，故，
又，
同理，，，
由A，，B三点共线，得，所以，
直线CD的方程为，
由对称性可知，如果直线CD过定点，则该定点在x轴上，
令得，
，
故直线CD过定点．
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明等级
标准果
优质果
精品果
礼品果
个数
10
30
40
20
0
1
2
3