成都市2023-2024学年高二下学期7月零诊摸底模拟数学试题1
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹笔或签字笔将自己的姓名、班级和准考证号填写在答卡上.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
第I卷（选择题，共58分）
一、单项选择题（本大题共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）
1．已知等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．20 B．30 C．40 D．50
2．的展开式中的系数是（ ）
0 1 2 3
A．48 B．-48 C．72 D．-72
3．已知离散型随机变量的分布列为若，则（ ）
A．2 B．3 C．6 D．7
4．曲线的单调增区间是（ ）
A． B． C．和 D．和
5．已知数列满足，则“为等比数列”是“（，）”的（ ）
A．充分条件但不是必要条件 B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件
6．已知函数的导函数的图象如下，则下面判断正确的是（ ）
A．在区间上是增函数 B．在上是减函数
C．当时，取极大值 D．在上是增函数
7．在教育部和各省份教育厅组织的九省联考后，预计在4月份左右完全按照高考模式进行高考志愿模拟填报，对于某校的甲、乙、丙、丁4名同学，现有数学与应用数学、计算机、信息安全与密码管理三个专业可供选择，每名同学只能填报其中一个专业，每个专业至少有一名同学填报，则甲同学不填报数学与应用数学专业的方案种数为（ ）
A．8 B．16 C．12 D．24
8．已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，且，的面积为，则椭圆的焦距为（ ）
A． B． C．6 D．12
二、多项选择题（本题共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．对于的展开式，下列说法正确的是（ ）
A．展开式共有8项 B．展开式的各项系数之和为1
C．展开式中的常数项是112 D．展开式的各二项式系数之和为128
10．若函数有且仅有极大值，则（ ）
A． B．
C． D．
11．已知数列的前项和分别为，若，则（ ）
A． B．
C．的前10项和为 D．的前10项和为
第II卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。）
12．若定义域都为R的函数及其导函数，满足对任意实数x都有，则 ．
13．托马斯·贝叶斯（Thomas Bayes）在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：，这个公式被称为贝叶斯公式（贝叶斯定理），其中称为B的全概率，假设小红口袋中有4个白球和4个红球，小兰口袋中有2个白球和2个红球，现从小红自己口袋中任取2个球放入小兰口袋中，小兰再从自己口袋中任取2个球，已知小兰取出的是2个红球，则小红从口袋中取出的也是2个红球的概率为 .
14．《九章算术》第五卷中涉及一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．该羡除是一个多面体，如图，四边形，均为等腰梯形，，面面，梯形、的高分别为3，7，且，，，则 ，异面直线所成角的余弦值是 .
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题13分）已知数列的前项和为，且，数列为等比数列，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，记数列的前项和为，数列的前项和为，试比较与的大小.
16.（本小题15分）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）设为正常数，若对定义域内的任意实数都有成立，求实数的取值范围.
17.（本小题15分）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，M为棱PC的中点．
(1)证明：平面PAD；
(2)若，
（i）求二面角的余弦值；
（ii）在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由．
18.（本小题17分）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．
19.（本小题17分）已知抛物线：，直线与抛物线交于，两点，为坐标原点.
(1)若直线过的焦点.
(i)当的面积最小时，求直线的方程；
(ii)当，记的外接圆与的另一个交点为，求；
(2)设圆（，）与交于四点，，，，记弦，的中点分别为，，求证：线段被定点平分，并求定点坐标.成都市2022级高中毕业年级摸底模拟测试
数学参考答案及评分标准
一、单选题（共40分）
1．（本题5分）已知等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．20 B．30 C．40 D．50
【详解】因为是等比数列，所以成等比数列，即成等比数列，
显然，
故选：B
2．（本题5分）的展开式中的系数是（ ）
A．48 B．-48 C．72 D．-72
【详解】由题意，多项式的展开式中，的系数等于.
故选：A.
3．（本题5分）已知离散型随机变量的分布列为
0 1 2 3
若，则（ ）
A．2 B．3 C．6 D．7
【答案】C
【详解】由题意知，
由得，解得，
故，
故，
故选：C
4．（本题5分）曲线的单调增区间是（ ）
A． B． C．和 D．和
【详解】由，可得，
令，可得，因为，所以，则有，
所以函数的单调递增区间是.
故选：B.
5．（本题5分）已知数列满足，则“为等比数列”是“（，）”的（ ）
A．充分条件但不是必要条件 B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件
【详解】若为等比数列，则，
所以，，
当时，故充分性不成立；
若（，），不妨令，则，又，
所以，即，所以为公比为的等比数列，故必要性成立；
故“为等比数列”是“（，）”的必要不充分条件.
故选：B
6．（本题5分）已知函数的导函数的图象如下，则下面判断正确的是（ ）
A．在区间上是增函数 B．在上是减函数
C．当时，取极大值 D．在上是增函数
【详解】在区间，导数值有正有负，A不正确；
在区间上导数值大于零，是增函数，B不正确；
在区间上导数值小于零，在区间上导数值大于零，所以当时，取极小值，C不正确；
在区间上导数值大于零，是增函数，D正确.
故选：D
7．（本题5分）在教育部和各省份教育厅组织的九省联考后，预计在4月份左右完全按照高考模式进行高考志愿模拟填报，对于某校的甲、乙、丙、丁4名同学，现有数学与应用数学、计算机、信息安全与密码管理三个专业可供选择，每名同学只能填报其中一个专业，每个专业至少有一名同学填报，则甲同学不填报数学与应用数学专业的方案种数为（ ）
A．8 B．16 C．12 D．24
【详解】4名同学填报3个专业的方法共有种，
其中甲同学填报数学与应用数学专业的方法有两种情况，
若数学与应用数学专业有2名同学报考，
则从乙、丙、丁三人中选择1人连同甲同学一起报考数学与应用数学专业，则有种情况，
若数学与应用数学专业只有甲这1名同学报考，
则从乙、丙、丁中选择2人报考其他两个专业之一，则共有种情况，
故甲同学不填报数学与应用数学专业的方案一共有种.
故选：D．
8．（本题5分）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，且，的面积为，则椭圆的焦距为（ ）
A． B． C．6 D．12
【
【详解】由已知条件及椭圆的定义可得，
故，，
设，因为椭圆的离心率为，所以，
由余弦定理可得，
则，故的面积为，故，
则，故椭圆的焦距为.
故选：B．
二、多选题（共18分）
9．（本题6分）对于的展开式，下列说法正确的是（ ）
A．展开式共有8项 B．展开式的各项系数之和为1
C．展开式中的常数项是112 D．展开式的各二项式系数之和为128
【详解】A.，则展开式有9项，故A错误；
B.令，则展开式的各项系数之和为，故B正确；
C.通项公式，
令，得，所以常数项为，故C正确；
D. 展开式的各二项式系数之和为，故D错误.
故选：BC
10．（本题6分）若函数有且仅有极大值，则（ ）
A． B．
C． D．
【详解】函数的定义域为，，
因为函数有且仅有极大值，
所以在上仅有一个变号正零点，且在此变号正零点两侧的符号为左正右负，
设函数（），即在上仅有一个变号正零点，且在此变号正零点两侧的符号为左正右负，
①当时，二次函数无零点，故不符合题意；
②当时，二次函数有一个不变号零点，故不符合题意；
③当时，如图所示，
结合二次函数的图象可得，解得.
故选：CD.
11．（本题6分）已知数列的前项和分别为，若，则（ ）
A． B．
C．的前10项和为 D．的前10项和为
【详解】，所以是首项，公差的等差数列，
，故选项A正确.
令，则，
，
又，，
，故选项C错误.
又，，
又，，，
是首项为，公比的等比数列，
，故选项B正确.
又，
是首项为，公比为的等比数列，
，故选项D正确.
故选：ABD.
三、填空题（共15分）
12．（本题5分）若定义域都为R的函数及其导函数，满足对任意实数x都有，则 ．
【详解】对，两边同时求导导数得，
则，，，，
从而．
故答案为：2024
13．（本题5分）托马斯·贝叶斯（Thomas Bayes）在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：，这个公式被称为贝叶斯公式（贝叶斯定理），其中称为B的全概率，假设小红口袋中有4个白球和4个红球，小兰口袋中有2个白球和2个红球，现从小红自己口袋中任取2个球放入小兰口袋中，小兰再从自己口袋中任取2个球，已知小兰取出的是2个红球，则小红从口袋中取出的也是2个红球的概率为 .
【详解】设小红取出个球，其中红球的个数为个的事件为，从小兰取出个球，其中红球的个数为2个的事件为，
由题意可得：，；
，；
，；
则，
所以小兰取出的是2个红球，则小红取出的也是2个红球的概率为.
故答案为：.
14．（本题5分）《九章算术》第五卷中涉及一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．该羡除是一个多面体，如图，四边形，均为等腰梯形，，面面，梯形、的高分别为3，7，且，，，则 ，异面直线所成角的余弦值是 .
【详解】过分别作，的高，垂足分别为，，如图所示：
平面平面，，由得：，
又平面平面，面，故平面，
又面，故可得，
∵，，又，故，，两两垂直，
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则由题意可知，，，，，
∴，，，
∴，
，
即异面直线所成角的余弦值是．
故答案为：；.
四、解答题（共77分）
15．（本题13分）已知数列的前项和为，且，数列为等比数列，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，记数列的前项和为，数列的前项和为，试比较与的大小.
【详解】（1）∵数列的前项和为，且，
∴当时，，当时，，故，
又数列为等比数列，设公比为，
则，所以，
所以.
（2），
∴，
故，
而，故，
由于当时，，故，
所以.
16．（本题15分）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）设为正常数，若对定义域内的任意实数都有成立，求实数的取值范围.
【详解】解：（1）因为，
解，得；解，得.
所以的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2）令，定义域是.
，
由，得，由，得，
所以函数在上单调递减：在上单调递增，
故函数的最小值是，解得.
17．（本题15分）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，M为棱PC的中点．
(1)证明：平面PAD；
(2)若，
（i）求二面角的余弦值；
（ii）在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由．
【详解】（1）取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示：∵M为棱PC的中点，
∴，∵，∴，
∴四边形ABMN是平行四边形，∴，
又平面PAD，平面PAD，∴平面PAD．
（2）∵，∴，∴，
∵平面平面ABCD，平面平面，平面PDC，
∴平面ABCD，
又AD，平面ABCD，∴，而，，
∴以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图：则，
∵M为棱PC的中点，
∴
（i），
设平面BDM的一个法向量为，
则，令，则，∴，
平面PDM的一个法向量为，
∴，
根据图形得二面角为钝角，
则二面角的余弦值为.
（ii）假设在线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是，
设，
则，
由（2）知平面BDM的一个法向量为，，
∴点Q到平面BDM的距离是，
∴，∴．
18．（本题17分）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．
【详解】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，
所以，
.
（2）设，依题可知，，则
，
即，
构造等比数列，
设，解得，则，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，
即．
（3）因为，，
所以当时，，
故．
19．（本题17分）已知抛物线：，直线与抛物线交于，两点，为坐标原点.
(1)若直线过的焦点.
(i)当的面积最小时，求直线的方程；
(ii)当，记的外接圆与的另一个交点为，求；
(2)设圆（，）与交于四点，，，，记弦，的中点分别为，，求证：线段被定点平分，并求定点坐标.
【详解】（1）由题意可知直线不会与抛物线对称轴平行，设，.
因为过，设直线为，与方差联立可得：，
所以有，.
（ⅰ）点到直线的距离为，
又因为：，
所以.
当，的面积取得最小值2，此时直线方程为.
（ⅱ）解法一：设，，，若垂直于轴，
此时，所以由可知斜率存在，
因为弦过抛物线的焦点，所以，
由抛物线定义可知，，所以，即，
因为，，所以，
解得.因为、、、四点共圆,所以和相等或互补，
记、、、的倾斜角分别为、、、，
斜率分别为、、、，所以，所以，
即，又因为，
同理有：、、代入可得：
，解得：，即，
所以，结合可知，所以.
解法二：圆经过点，所以可设圆为，与抛物线联立可得：
，此方程有4个不同的解0、、、，
所以联立方程可化简为，又因为，
，所以，后面同解法一.
（2）如图所示，设，，，所以，，
中点为，类比第二问解法二，可知，
.
由第二问解法二可知，所以：
，所以，
，
所以，即线段被定点平分.
故定点坐标为.
