江苏盐城2024~2025学年高二下册6月期末考试数学试题[含解析]

这是一份江苏盐城2024~2025学年高二下册6月期末考试数学试题[含解析]，共20页。
1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．
2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．
3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．
一、单选题：（本大题共8小题，每小题5分，计40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，请在答题卡的指定位置填涂答案选项．）
1. 已知随机变量，若，则（ ）
A. 0.2B. 0.3C. 0.7D. 0.8
【答案】D
【解析】
【分析】利用正态分布的对称性求概率.
【详解】随机变量，，
则，
故.
故选：D.
2. 已知，，若，则（ ）
A. B. －1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】因为，且，
所以，解得.
故选：C
3. 若随机事件A，B满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由概率的性质即可得到答案.
【详解】由概率的性质，
.
故选：B.
4. 白术是常见的大宗药材，最早记载于《神农本草经》，又叫于术、片术，具有补脾健胃，燥湿利水等功效．今年白术从1月份到5月份每公斤的平均价格（单位：元）的数据如下表：
根据上表可得回归方程，则实数的值为（ ）
A 46B. 47C. 48D. 49
【答案】C
【解析】
【分析】求出，，根据回归直线方程必过样本中心点计算可得.
【详解】依题意，，
又回归直线方程必过样本中心点，
所以，解得.
故选：C
5. 若双曲线C：的渐近线与圆没有公共点，则双曲线C的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据双曲线方程求得双曲线的渐近线，进而利用圆心到渐近线的距离大于半径求得a和b的关系，进而利用求得a和c的关系，则双曲线的离心率可求．
【详解】双曲线渐近线为，且与圆没有公共点，
圆心到渐近线的距离大于半径，即，
，，．
故选：B．
6. 某中学开设8个社团课程，甲乙两名同学分别从这8个社团课程中随机选2个课程报名，则两人恰好有1个课程相同的选法有（ ）
A. 168种B. 336种C. 392种D. 640种
【答案】B
【解析】
【分析】先从这8个社团课程中随机选1个课程，是两名同学共同选的1个课程，然后从剩下的7个社团课程中选2个课程，分别给甲乙两名同学，即可得到答案.
【详解】从这8个社团课程中随机选1个课程，是两名同学共同选的1个课程，方法种数为种，
从剩下的7个社团课程中选2个课程，分别给甲乙两名同学，方法种数为种，
所以共有种.
故选:B.
7. 设数列的前项积为，满足，则（ ）
A. 175B. 185C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先令求出，当时，即可得到，从而得到，即是以为首项，为公差的等差数列，再由等差数列求和公式计算可得.
【详解】因为，当时，解得，
当时，所以，则，
所以，又，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
故选：A
8. 已知函数，若，则m与n的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 不能确定
【答案】B
【解析】
【分析】由可得，则，令，对求导，求出的最小值大于0，即可证明.
【详解】因为，所以，则，
即，两边同时取对数，则，
则
令，
，
令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，
所以，所以.
故选：B.
二、多选题：（本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．请在答题卡的指定位置填涂答案选项．）
9. 2024年五一假期新片《维和防暴队》，《末路狂花钱》，《穿过月亮旅行》，《九龙城寨之围城》，《间谍过家家代号：白》，《哈尔的移动城堡》的豆瓣评分如下：，，，，，．则下列关于这组数据的说法中正确的有（ ）
A. 均值为B. 中位数为
C. 方差为D. 第百分位数为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据平均数、方差、中位数及百分位数的定义一一判断即可.
【详解】对于A：这组数据的均值为，故A正确；
对于B、D：将数据从小到大排列为，，，，，，故中位数为，
又，所以第百分位数为，故B、D正确；
对于C：这组数据的方差为，故C错误.
故选：ABD
10. 已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，则下列结论正确的有（ ）
A. 平面
B. 若直线与平面所成角为，则点的轨迹是椭圆
C. 存在点，使得
D. 正方体的外接球被平面所截得的截面面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，
，，A1,0,0，，
所以，，，
所以，，所以，，
即，，又，平面，
所以平面，故A正确；
设，则，又平面的法向量可以为，
依题意，所以，
所以直线与平面所成角为，则点的轨迹是圆，故B错误；
因为，
，所以当时满足，故C正确；
正方体的外接球的直径为正方体的体对角线，
则外接球的半径，球心为的中点，设为，则，
由平面，所以平面的一个法向量为，
又，
所以点到平面的距离，
设平面被外接球所截的截面圆的半径为，
则，
所以截面圆的面积，故D正确.
故选：ACD
11. 定义：过曲线上一点且垂直于该点处切线的直线为曲线在该点处的法线．已知是抛物线C：上一点，F是抛物线C的焦点，点P处的切线与y轴交于点T，点P处的法线与x轴交于点A，与y轴交于点G，与抛物线C交于另一点B，点M是PG的中点，则下列结论正确的有（ ）
A. 点T的坐标是B. 的方程是
C. D. 过点M的抛物线C的法线有且只有
【答案】BC
【解析】
【分析】先求出抛物线方程，接着根据题意可求出切线以及法线的切线方程，进而可求出A、B、G、M、T五个点的坐标即可依次判断ABC选项，对于D，设过点M的法线与抛物线C的交点为，则可以求出点处的法线方程，进而将点M代入即可求解判断.
【详解】对于A，由题得，故抛物线C方程为即，
故，所以点处的切线斜率为2，
所以切线方程为即，
令，则，所以，故A错误；
对于B，由A以及法向量定义可知切线的法向量的斜率为，
故的方程为即，故B正确；
对于C，对于，令，则，所以；
令，则，所以，
联立或，即，，
所以，，，
则，，故，故C正确；
对于D，因为M是PG的中点，故由上得，
所以，设过点M的法线与抛物线C的交点为，
由分析可知点处的切线斜率为，故法线斜率为，
所以点处的法线方程为，
将代入法线方程得，
即或，故或，
所以过点M的抛物线C的法线有两条.故D错.
故选：BC.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，计15分．第14题第一空2分，第二空3分．不需写出解答过程，请把答案写在答题卡的指定位置上）
12. 展开式中含项的系数为______．
【答案】
【解析】
【分析】求出各项展开中的系数，再求和即可.
【详解】的系数分别为，
故展开式中系数和为.
故答案为：.
13. 一种抛掷骰子游戏：若抛掷出点数为1，2，则得0分；若抛掷出点数为3，4，5，6，则得2分．现抛掷骰子10次，则得分X的期望值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】设抛掷骰子一次得分为，求出的可能取值及其对应的概率，即可求出，又，由均值的性质即可得出答案.
【详解】设抛掷骰子一次得分为，则，
，，
所以，因为，
所以.
故答案为：.
14. 祖暅，祖冲之之子，他的“祖暅原理”﹔幂势既同，则积不容异．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．将双曲线E：与，所围成的平面图形（含边界）绕其虚轴旋转一周得到如图所示的几何体，其中线段OA为双曲线的实半轴，直线分别与双曲线E的一条渐近线及右支交于点B和C，则线段BC旋转一周所得图形的面积为______，几何体的体积为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据已知可得，，则线段BC旋转一周所得的图形为圆环面积，可得其面积；根据祖暅定理可知几何体的体积为一个截面积相同的几何体体积加上等高的圆锥体积，即可得到答案.
【详解】
由双曲线得，则渐近线方程为，
所以，则；又，则，
则线段旋转一周所得的图形的面积为：；
设在直线和之间的任一条直线，分别与双曲线E的一条渐近线及右支交于点G和F，
由，则，又，则，
则线段旋转一周所得的图形的面积为：，
则被平行于这两个平面的任意平面所截，两个截面的面积总相等，
又双曲线的实半轴，此时截面面积为，
所以根据祖暅定理可得,几何体的体积为.
故答案为：；.
四、解答题（本大题共6小题，计77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内）
15. 盒中有四张卡片，分别标有数字1，2，3，4，现从盒中任取两张卡片，记取到偶数的个数为．
（1）求；
（2）求的分布列．
【答案】（1）
（2）分布列见解析
【解析】
【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算可得；
（2）依题意的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列.
【小问1详解】
表示的随机事件是“取到的两张卡片上的数字是一个偶数、一个奇数”，
所以；
【小问2详解】
依题意的可能取值为，，，
则，，，
所以的分布列如下所示：
16. 已知数列是正项等比数列，其前n项和为，且，．
（1）求的通项公式；
（2）设，求满足的最大整数n．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公比为，则，解方程即可得出答案；
（2）由（1）求出，求得bn在上单调递增，，即可得出答案；
【小问1详解】
设等差数列的公比为，则，
则，因为，所以，，
所以.
【小问2详解】
因为，，
，所以bn在上单调递增，
，满足的最大整数为.
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是边长为的正方形，为等边三角形，点是线段的中点，点满足．
（1）求证：平面﹔
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，根据条件证明即可得证；
（2）先证明平面，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面与平面的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得.
小问1详解】
如图，连接交于，连接，
由是的中点可得，又为正方形，
所以，所以，所以，即，
又，即，所以/，
又平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
因平面平面，且平面平面，为等边三角形，点是线段的中点，
可得，又平面，故得平面.
如图，取的中点为，连接，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，，
所以，，则，
设平面的法向量为，由，
则，故可取；
又平面的一个法向量为，
所以，
由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
18. 已知函数．
（1）若函数的图象在处的切线与直线平行．
①求实数的值；
②对于任意，，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（2）若函数存在极小值，试用零点存在定理证明：存在，使得等于函数的极小值．
【答案】（1）①；②
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）①求出函数的导函数，依题意，求出的值，再代入检验即可；②依题意可得恒成立，所以在上单调递减，令，，则在上恒成立，再参变分离可得在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最值，即可得解；
（2）首先分、两种情况讨论，说明函数的单调性，求出函数的极小值点，令，结合零点存在性定理说明存在零点，即可得证.
【小问1详解】
①函数的定义域为，，
因为函数的图象在处的切线与直线平行，即，解得或；
当时，则，
则函数的图象在处的切线为，与直线平行，符合题意；
当时，则，
则函数的图象在处的切线为，与直线重合，不符合题意；
所以.
②对于任意，，当时，不等式恒成立，
即恒成立，
所以在上单调递减，
令，，
则在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，，
则在上单调递递增，
所以，
所以在上单调递递增，所以，
所以，即实数的取值范围为；
【小问2详解】
函数的定义域为，
且，
当时恒成立，所以在上单调递增，则无极值，不符合题意；
当时，，的关系如下所示：
所以在处取得极小值，
令，
则，，
（，所以，则，所以），
所以，又在上为连续函数，
所以在上存在零点，
即使得，此时，
所以存在，使得等于函数的极小值.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆E：的离心率为，右焦点F到椭圆E上任意一点的最小距离为1．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设A，B为椭圆E的左，右顶点，过点F作直线l交椭圆E于C，D两点，C与A，B不重合），连接，交于点Q．
①求证：点Q在定直线上：
②设，，求的最大值．
【答案】（1）
（2）①点Q在定直线上；②的最大值为
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率公式、焦半径范围和求出、即可得解.
（2）①先由（1）得，，，设直线、、，
则可得，，结合点、在直线上联立直线与直线得点横坐标一个定值从而得解.
②由①以及，可分别求出和，结合（1）中韦达定理将其直接带入计算即可求解.
【小问1详解】
由题意得，，
所以椭圆E的方程为.
【小问2详解】
①由（1），，，故可设直线，
联立，
则，设，
则，，，
由题意可知直线与直线斜率存在，
则，，
联立
，
所以，故点Q在定直线上.
②由上以及，得：
，，
故，， 即，，
所以，
因为，故，所以最大值为，即的最大值为.
【点睛】思路点睛：证明点Q在定直线上只需本着求点即求直线与直线的交点的方向去即可求解.
月份
1
2
3
4
5
每公斤平均价格
77
109
137
168
199
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增