上海宝山上海师范大学附属中学宝山分校2024~2025学年高二下册五月月考数学试卷[附解析]

这是一份上海宝山上海师范大学附属中学宝山分校2024~2025学年高二下册五月月考数学试卷[附解析]，文件包含上海市宝山区上海师范大学附属中学宝山分校2024-2025学年高二下学期五月月考数学试卷解析docx、上海市宝山区上海师范大学附属中学宝山分校2024-2025学年高二下学期五月月考数学试卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
一、填空题（共 12 题，1~6 题每题 4 分，7~12 题每题 5 分，满分 54 分）
1. 抛物线的焦点到其顶点的距离为________．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】求出抛物线的焦点及顶点即可得解.
【详解】抛物线的焦点为，顶点为，
所以该抛物线的焦点到其顶点的距离为.
故答案为：
2. 已知随机变量 ，若，则 _____.
【答案】
【解析】
【分析】利用，即可求解.
【详解】由有，
故答案为：.
3. 函数在处取得极值，则实数的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由函数可导，则在极值点处导函数为，可得，即可得解.
【详解】由，
可得，
所以.
故答案为：
4. 设随机变量的分布，则_________.
【答案】2
【解析】
【分析】由分布列求随机变量的均值，再由均值的性质求.
【详解】由题意，，
所以.
故答案为：2
5. 某校面向高二全体学生共开设3门体育类选修课，每人限选一门．已知这三门体育类选修课的选修人数之比为，考核优秀率分别为20%，10%和12%，现从该年级所有选择体育类选修课的同学中任取一名，其成绩是优秀的概率为________；
【答案】0.162
【解析】
【分析】根据给定条件，利用全概率公式列式计算即得.
【详解】依题意，成绩是优秀的概率为.
故答案：0.162
6. 已知两个随机事件，若，，，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据全概率公式有，由乘法公式有求出，最后利用条件概率公式即可求解.
【详解】由题意，
所以，
所以.
故答案为：.
7. 某次数学考试中，学生成绩服从正态分布.若，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩高于120的概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求出学生的成绩高于120的概率，再根据独立重复试验的概率公式可求出结果.
【详解】因为，所以，
所以，因为，所以，
所以，
则所求概率为.
故答案为：
8. 已知双曲线的左，右焦点分别为，是上一点， ，且成等差数列，则的离心率为______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据双曲线的定义和已知条件得出与的关系，再结合等差数列的性质列出等式，最后根据双曲线的性质求出离心率.
【详解】因为点在双曲线上，所以，即.
因为，所以，则在中，为点的纵坐标的绝对值.
将代入双曲线方程，可得，即，那么.
已知，，成等差数列，可得.
又因为，，所以.
将代入中，可得.
得到，即.
因为，可得.根据双曲线的离心率公式，可得.
故答案为：2.
9. 从非洲蔓延到东南亚的蝗虫灾害严重威胁了国际农业生产，影响了人民生活．世界性与区域性温度的异常、旱涝频繁发生给蝗灾发生创造了机会．已知蝗虫的产卵量与温度的关系可以用模型（其中为自然对数的底数）拟合，设，其变换后得到一组数据：
由上表可得经验回归方程，则当时，蝗虫的产卵量的估计值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求得样本中心代入回归方程，求得，进而求得，令时，求得的值，即可得到答案.
【详解】由表格数据得，，
因为数对满足，解得，
所以，即，可得，
当时，可得，
即当时，蝗虫产卵量的估计值为．
故答案为：．
10. 若实数满足，则的最小值为__________.
【答案】（或）
【解析】
【分析】由，可得，则，令，利用导数，研究单调性，求出最小值，即可得出结果.
【详解】由，可得，则，
则.令，
则.
当时，，当时，，
从而的最小值为，
即的最小值为.
故答案为：.
11. 将一枚均匀的硬币连续抛掷 次，以 表示没有出现连续 3 次正面的概率，则 的递推关系式为_____.
【答案】
【解析】
【分析】考虑第次与其前面三次的结果即可建立递推关系.
【详解】共分三种情况：①如果第次出现反面，那么前次不出现连续三次正面和前次不出现连续三次正面是相同的，这个时候不出现连续三次正面的概率是;
②如果第次出现正面，第次出现反面，那么前次不出现连续三次正面和前次不出现连续三次正面是相同的，这个时候不出现连续三次正面的概率是;
③如果第次出现正面，第次出现正面，第次出现反面，那么前次不出现连续三次正面和前次不出现连续三次正面是相同的，这时候不出现三次连续正面的概率是；
所以.
故答案为：
12. 椭圆：的内接等腰三角形，其中它有至少两个顶点是椭圆的顶点，这样的等腰三角形的个数为______．
【答案】
【解析】
【分析】分别以椭圆顶点连线为等腰三角形的腰或底，按含两个顶点和含三个顶点进行分类讨论，得到答案.
【详解】根据椭圆方程，先讨论三角形有两个顶点为椭圆的顶点的情况，
不妨设顶点，
如图1，连接，当为等腰三角形的底时，作的垂直平分线交椭圆于两点，
连接，则为等腰三角形，满足题意，
同理当为等腰三角形的底时，也可以各作出2个满足要求的等腰三角形，共有8个；
如图2，当为等腰三角形的腰时，以为圆心，为半径作圆，
则圆的方程为，联立，
解得或或或，
即圆与椭圆相交于点，连接，
其中满足要求，三个顶点均为椭圆顶点，此时不合题意，
同理当为等腰三角形的腰时，也可以各作出2个满足要求的等腰三角形，共有8个；
如图3，以为圆心，为半径作圆，则圆的方程为，
联立，解得或或，
此时圆与椭圆相交于点，
连接，此时为等腰三角形，满足题意，共有2个，
如图4，以为圆心，为半径作圆，此时圆与椭圆相交于点，
连接，此时为等腰三角形，满足题意，共有2个，
由椭圆性质可知，为椭圆中的最长弦，所以不能作为等腰三角形的腰，
而作为底时，刚好等腰三角形的顶点为上顶点或下顶点，此时不合要求；
最后再算3个顶点都在椭圆顶点的情况，易知这样的等腰三角形有4个，
综上：满足要求的等腰三角形个数为．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：两圆一线，是平面几何中等腰三角形存在性问题的通用解法，这里以椭圆为背景进行考察，基本思路没有变化，但要注意两圆一线所得到的等腰三角形有不满足要求的，要舍去.
二、选择题（本大题共有 4 题，满分 18 分，第 13-14 题每题 4 分，第 15-16 题每题 5 分）每题 有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑
13. 已知气候温度和海水表层温度相关，且相关系数为负数，对此描述正确的是（ ）
A. 气候温度高，海水表层温度就高
B. 气候温度高，海水表层温度就低
C. 随着气候温度由低到高，海水表层温度呈上升趋势
D. 随着气候温度由低到高，海水表层温度呈下降趋势
【答案】D
【解析】
【分析】根据相关系数的意义判断各项的正误即可.
【详解】由于相关系数表示一个变量变化对另一个变量变化趋势的影响，
所以随着气候温度由低到高，海水表层温度呈下降趋势.
故选：D
14. 甲、乙两选手进行乒乓球比赛，采取五局三胜制（先胜三局者获胜，比赛结束），如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则甲选手以3：1获胜的概率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析出甲选手以3：1获胜的情况即可求解.
【详解】甲选手以3：1获胜，说明前3场中甲赢了两场，输了一场，且第四场甲赢，
故所求概率为.
故选：A
15. 若过点可以作三条直线与曲线相切，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设切点坐标，写出切线方程，过点，代入化简得，将问题转化为该方程有三个不等实根，结合导函数讨论单调性数形结合求解.
【详解】设切点为，∵，∴，
∴M处的切线斜率，则过点P的切线方程为，
代入点P的坐标，化简得，
∵过点可以作三条直线与曲线相切，
∴方程有三个不等实根.
令，求导得到，
可知在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
如图所示，故，即
故选：A.
【点睛】此题考查导数的几何意义，求切线方程，将问题转化为方程的根的问题，根据方程的根的个数，求解参数的取值范围，考查导函数的综合应用，涉及等价转化，数形结合思想.
16. 如图，图中外形轮廓像阿拉伯数字“8”的曲线叫双纽线，它不仅体现了数学美的简洁、对称、和谐、抽象、精确、统一、奇异、突变，同时也具有特殊的有价值的艺术美，是形成其它一些常见的漂亮图案的基石．图中双纽线C的方程：，于此曲线，给出如下结论：
①曲线C的图象关于原点对称
②曲线C经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点）
③曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过3
④若直线与曲线C只有一个交点，则实数k的取值范围为
其中正确结论的个数为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】①，由曲线上任一点关于原点的对称点适合曲线方程可判断；②，利用换元法转化为二次方程，通过判别式得出范围，再赋值求解整点的坐标即可；③，利用已知方程变形，根据有界性结合两点间距离公式可判断；④，联立直线与曲线C研究方程根的情况即可．
【详解】①，设曲线上任意一点，则坐标满足曲线方程，
即方程成立，
可得成立，
即点关于原点的对称点也适合曲线方程，
所以曲线的图象关于原点对称，故①正确；
②，方程可化为，
令，则方程，
由判别式，可得，
若是整数，则.
令，，解得或3或，有三个整点，，；
令，，解得或5，此时无整点；
所以曲线共经过3个整点，故②错误；
③，设曲线C上任一点，
当为原点时，到原点的距离为，满足题意；
当不为原点时，，
则由可得，，
所以点到原点的距离，且；
综上，曲线C上任一点到原点的距离都不超过3，故③正确；
④，直线恒过原点，且曲线C经过，
则直线与曲线至少一个公共点，
又与曲线C只有一个公共点，故除原点外无其他公共点.
联立，
消得，
当时，方程仅一解，满足题意；
当时，当时，方程恒成立，即恒有一解，
当时，方程化简得，即当时，方程无解，满足题意；
综上，，解得或，故④正确.
故选：B.
【点睛】方法点睛：已知直线与曲线交点个数求参数值(取值范围)问题，通常将直线方程代入曲线方程转化为一元方程根的情况研究，再结合方程类型变形建立不等式，通过解不等式确定参数范围，但也要注意变形过程中的等价处理.如复合方程通过整体换元转化为简单方程来研究时，不能忽视求解新元的范围；高次方程因式分解转化为低次方程来研究时，要注意几个低次方程之间的重根讨论；分式方程化为整式方程研究时，分母是否为0的分类讨论；无理方程转化为有理方程时，被开方数的限制条件等.
三、解答题（本大题共有 5 题，满分 78 分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.
17. 如图所示，在四棱锥中，平面，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）若异面直线和所成角为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理及已知中的线面垂直，可得线线垂直，再利用面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）通过平移可找到异面直线和所成角，再利用等体积法可求得点到平面的距离.
【小问1详解】
取的中点，连接，
，，
，，且 ，
四边形是平行四边形，，，
，，，
，,
，，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，
平面，平面平面；
【小问2详解】
连接，，，
由(1)可知，，四边形是平行四边形，
，且，
是异面直线和所成角，即，
设，，，，
是等边三角形，，，即，
，，，
由(1)知，平面，，
，
，
设点到平面的距离为，
，即，即，
，即点到平面的距离为.
18. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，得到，从而利用导函数几何意义求出切线方程；
（2）解法一：求导，分，与三种情况，结合函数单调性及特殊点函数值，得到答案；
解法二：变形为，分和时，参变分离，构造函数，得到单调性和最值，从而求出a的取值范围.
【小问1详解】
当时，，，
，，
所以切线方程为，即；
【小问2详解】
解法一：，
①当时，因为，所以，，所以，
则在上单调递增，成立．
②当时，，所以在上单调递增，
所以成立．
③当时，在区间上，；在区间上，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由于，故在上，不符合题意．
综上所述，a的取值范围是．
解法二：当时，恒成立，等价于当时，恒成立．
即在上恒成立．
当时，，所以．
当时，，所以恒成立．
设，则，因为，所以，
所以在区间上单调递增．所以，所以．
综上所述，a的取值范围是．
19. 2024年某瓷器公司计划向市场推出两种高档中国红瓷杯A和，已知A和烧制成功率分别为和，烧制成功一个A，盈利30元，否则亏损10元；烧制成功一个，盈利80元，否则亏损20元.
（1）设为烧制一个A和一个所得的利润之和，求随机变量的分布和数学期望；
（2）求烧制4个A所得的利润不少于80元的概率；
（3）公司将用户对中国红瓷器的喜欢程度分为“非常满意”（得分不低于85分）和“满意”（得分低于85分）两类，通过调查完成下表.
根据调查数据完成下列列联表，并依据显著性水平的独立性检验，判断居民对瓷器的喜欢程度是否与年龄有关联？
附：，，，与的若干对应数值见下表：
【答案】（1）分布列见详解；元
（2）0.8192 （3）列联表见解析，居民对瓷器的喜欢程度是否与年龄有关联
【解析】
【分析】（1）分析可知随机变量的可能取值为，结合独立事件概率求法求分布列，进而可得期望；
（2）设相应随机变量，分析可知，根据题意可得，结合二项分布运算求解即可；
（3）完善列联表，求，并与临界值对比分析即可.
小问1详解】
由题意可知：A和烧制成功率分别为0.8和0.9，
随机变量的可能取值为，则有：
，
，
所以随机变量的分布列为
随机变量的期望（元）.
【小问2详解】
设烧制4个A成功的件数为，则，
设烧制4个A所得的利润为，则，
令，解得，
所以.
【小问3详解】
根据题意完善列联表可得：
零假设：居民对瓷器的喜欢程度是否与年龄没有关联，
则，
依据显著性水平的独立性检验，可知零假设不成立，
所以居民对瓷器的喜欢程度是否与年龄有关联.
20. 在平面直角坐标系中，已知是椭圆的左右焦点，以为直径的圆和椭圆在第一象限的交点为，若三角形的面积为1，其内切圆的半径为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点是椭圆的上顶点，过点的直线与椭圆交于两点，其中点在第一象限，点在轴下方且不在轴上，设直线，的斜率分别为
（ⅰ）若，求出的值；
（ⅱ）设直线与轴交于点，求的面积S的最大值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由三角形的面积公式，椭圆的性质，三角形内切圆半径列方程组解出可得；
（2）（i）设直线的方程为，直曲联立，用韦达定理表示出斜率之间的关系化简可得；
（ii）方法一，由点斜式得到直线的方程，求出点坐标，联立曲线方程求出，再由三角形的面积公式表示出面积，然后利用换元法令，结合基本不等式求解；
方法二，先由（i）得到点是线段的中点，故的面积，
思路1 当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时，取最大值，设直线的方程为，直曲联立，令判别式等于零得到最大距离即可；
思路2 由点到直线的距离表示出，设，，结合辅助角公式求解.
【小问1详解】
由题意知，则，
又，，
又，，解得，，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）设直线的方程为，其中，且，即，
设直线与椭圆交于点，，
联立方程组整理得，
，
所以，，
（ⅰ），
即，
（ⅱ）法一：直线的方程为，令，得，故，
设直线与轴交于点，直线的方程为，令，得，故联立方程组整理得，
解得或0（舍），，
所以的面积
，
由（ⅰ）可知，，故，代入上式，
所以，
因为点在轴下方且不在轴上，故或，得，
所以，
显然，当时，，当时，，
故只需考虑，令，则，
所以，
当且仅当，，即时，不等式取等号，
所以的面积的最大值为．
法二：直线的方程为，令，得，故，设直线与轴交于点，直线的方程为，令，得，故，
由（ⅰ）可知，，故，所以点是线段的中点，
故的面积，
其中为点到直线的距离，
思路1 显然，当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时，取最大值，
设直线的方程为，即，
联立方程组整理得，
据，解得（正舍），
所以平行直线与直线之间的距离为
，即的最大值为，
所以的面积的最大值为．
思路2 因为直线的方程为，所以，
因为在椭圆上，故，设，，不妨设，
所以，
当，，时，，
即的面积的最大值为．

21. 定义域为的可导函数满足，在曲线上存在三个不同的点，使得直线与曲线在点处的切线平行（或重合）．若成等差数列，则称为“等差函数”；若成等差数列且均为整数，则称为“整数等差函数”．
（1）设，，分别判断和是否为“整数等差函数”，直接写出结论；
（2）若为“整数等差函数”，求实数的最小值；
（3）已知的导函数在上为增函数，且存在一个正常数， 使得对任意，成立，证明：为“等差函数”的充要条件是为常值函数．
【答案】（1）不是“整数等差函数”，是“整数等差函数” （2）答案见解析；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设公差为，根据所给定义及导数的几何意义得到，即可判断；
（2）设公差为，则且，由得到从而确定的最小值；
（3）首先证明充分性，再说明必要性，设公差为，结合所给定义得到，令，结合推出为常值函数.
【小问1详解】
假设成等差数列，得，
设公差为，则，
对于：直线的斜率，
因为，所以曲线在点处的切线斜率为，
由题意，恒成立，
取，，则成等差数列且均为整数，故是“整数等差函数”．
对于，直线的斜率，
因为，所以曲线在点处的切线斜率为，
由题意，
若，则，
令，，则恒成立，所以在上单调递减，
所以，即在上恒成立，
即恒成立，所以无解，
故不是“整数等差函数”．
【小问2详解】
因为为“整数等差函数”，所以成等差数列且均为整数，
设公差为，则，且，
直线的斜率，
因为，所以曲线在点处的切线斜率为，
由题意，，
又的定义域为，有，
当时,,此时,无最小值；
当时,因为，，
所以
，
则，可取使等号成立，故的最小值为;
综上，实数无最小值；
【小问3详解】
充分性，因为为常值函数，所以，
任意取等差数列 ，则直线的斜率，
曲线在点处的切线斜率为，
因为，所以为“等差函数”．
必要性，因为为“等差函数”，所以成等差数列，
设公差为，则，
直线的斜率，
曲线在点处的切线斜率为，
由题意，,
，
令，
则
，
令，
则，
因为在上为增函数，所以，在上为增函数，
因为，所以，在上为增函数，
因为，所以在上恒成立，
又，由单调性知，
故，，
，为常数，
，
，
，
接下来，一方面，因为，且在上为增函数，
所以在上为增函数，故，，
由，可得，
另一方面，因为，
所以，可得，
以此类推，在上恒成立，即为常值函数．
命题得证！
x
20
23
25
27
30
z
2
2.4
3
3
4.6
年龄低于45岁
6
14
42
31
7
年龄不低于45岁
4
6
47
35
8
非常满意
满意
合计
年龄低于45岁
年龄不低于45岁
合计
0.25
0.05
0.005
1.323
3.841
7.879
10
70
110
0.02
0.08
0.18
0.72
非常满意
满意
合计
年龄低于45岁
80
20
100
年龄不低于45岁
90
10
100
合计
30
170
200