湖南省衡阳市衡阳县第四中学2024-2025学年高二创新实验班下学期期中考试数学试题（含解析）

湖南省衡阳县第四中学2024 2025学年高二创新实验班下学期期中考试数学试题
一、单选题
1．已知，，.则是（ ）
A． B． C． D．
2．设，，若，则（ ）
A． B．0 C．6 D．
3．已知复数，，且为纯虚数，则（ ）
A． B．2 C． D．
4．已知，则，，．今有一批数量庞大的零件．假设这批零件的某项质量指标（单位：毫米）服从正态分布，现从中随机抽取个，这个零件中恰有个的质量指标位于区间．，试以使得最大的值作为的估计值，则为（ ）
A．50 B．55 C．59 D．64
5．已知数列的前项和为，且为等差数列，若，则（ ）
A．13 B．26 C．30 D．33
6．将5名学生分配到3个社区当志愿者，每个社区至少分配1名学生，则不同的分配方法种数是（ ）
A．24 B．50 C．72 D．150
7．已知事件A与事件B相互独立且，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，其中．若函数在上为增函数，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．2
二、多选题
9．下列说法中，正确的命题是（ ）
A．由样本数据得到的回归直线必经过样本点中心
B．，
C．若，，，则
D．在2×2列联表中，若每个数据a，b，c，d均变成原来的2倍，则也变成原来的2倍（，其中）
10．现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则（ ）
A．没有空盒子的方法共有24种
B．可以有空盒子的方法共有128种
C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种
D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种
11．已知抛物线的焦点为，准线过点，是抛物线上的动点，
则（ ）
A．
B．当时，的最小值为
C．点到直线的距离的最小值为2
D．当时，直线ON的斜率的最大值为
三、填空题
12．有8张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8.现从这8张卡片中随机抽出3张，则抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为______.
13．的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
14．点分别是曲线和直线上任意一点，则的最小值为 ．
四、解答题
15．在一个不透明的盒子中装有除颜色外其余完全相同的若干个小球，其中有m个白球，m个黑球，2个黑白相间的球，且从盒子中随机摸出1个球，摸到黑白相间的球的概率为．
（1）从盒子中随机摸出1个球，求在摸出的球上带有黑色的条件下，摸出黑白相间的球的概率；
（2）从盒子中1次随机取出1个球，取出后不放回，共取2次，设取出的黑球数量为X，求X的分布列与期望．
16．如图，在直三棱柱中，是四边形（不含边界）内的动点且．

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值的取值范围．
17．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求a的取值范围.
18．2023年11月19日，以“激发创新活力，提升发展质量”为主题的第二十五届中国国际高新技术成果交易会（以下简称“高交会”）在深圳闭幕，作为“中国科技第一展”的高交会距今已有25年的历史．福田展区的专业展设有新一代信息技术展、环保展、新型显示展、智慧城市展、数字医疗展、高端装备制造展等六类．现统计了每个展区的备受关注率﹝一个展区中受到所有相关人士（或企业）关注的企业数与该展区的参展企业数的比值﹞，如下表：
展区类型 新一代信 息技术展 环保展 新型显示展 智慧城市展 数字医疗展 高端装备 制造展
展区的企 业数量/家 60 360 650 450 70 990
备受关注率 0.20 0.10 0.24 0.30 0.10 0.20
（1）从参展的6个展区的企业中随机选取一家企业，求这家企业是“新型显示展”展区备受关注的企业的概率．
（2）若视备受关注率为概率，某电视台现要从“环保展”“智慧城市展”“高端装备制造展”3个展区中随机抽取2个展区，再从抽出的2个展区中各抽取一家企业进行采访，求采访的两家企业都是备受关注的企业的概率．
（3）从“新一代信息技术展”展区备受关注的企业和“数字医疗展”展区备受关注的企业中，任选2家接受记者采访．记为这2家企业中来自“新一代信息技术展”展区的企业数量，求随机变量的分布列和数学期望．
19．已知点在椭圆上，设分别为椭圆的上，下顶点和右焦点，且点到直线的距离为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线经过点，且与椭圆交于两点，求直线和的斜率之和．
(3)过点的直线与椭圆交于两点，分别过点作直线的垂线，垂足分别为，设的面积分别为，是否存在实数，使得总成等比数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．【答案】D
【详解】由，即，则，
所以，又，
.
故选D.
2．【答案】D
【详解】，，且，
，解得，故D正确.
故选D．
3．【答案】C
【详解】复数，，则，
依题意，，解得，即，
所以.
故选C
4．【答案】C
【详解】由已知可得，.
又，
所以，则，
设，
则，
所以，所以.
，
所以，所以.
所以以使得最大的值作为的估计值，则为.
故选C.
5．【答案】D
【详解】因为，，
所以，，
因为为等差数列，
所以数列的公差为，
所以数列的通项公式为，
所以，
故，
故选D.
6．【答案】D
【详解】可以分组为1、1、3，或1、2、2两种情况，
若分组为1、1、3，则有；
若分组为1、2、2，则有；
则不同分法为60+90=150种.
故选D
7．【答案】B
【详解】因，则，
因事件A与事件B相互独立，故,
于是.
故选B.
8．【答案】A
【详解】，
当时，，
若函数在上为增函数，则，由，解得，
则的最大值为．
故选A
9．【答案】ACD
【详解】选项A，根据线性回归方程的性质可知，由样本数据得到的回归直线必经过样本点中心，故选项A正确的；
选项B，根据具有线性关系的期望和方差的性质可知，是正确的，是错误的，
应该是，故选项B是错误的；
选项C，由全概率公式可知：，
代入，，，
可得：，解得，故选项C是正确的；
选项D，在2×2列联表中，若每个数据a，b，c，d均变成原来的2倍，
则
，可得也变成原来的2倍，故选项D是正确的；
故选ACD.
10．【答案】ACD
【详解】对于A：4个球全放4个盒中，没有空盒子的放法共种，A正确；
对于B：可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，共种，B错误；
对于C：恰有1个空盒子，说明另外3个盒子都有球，而球共4个，必然有1个盒子中放了2个球，
先将4个盒中选1个作为空盒，再将4个球中选出2个球绑在一起，再排列共种，C正确；
对于D：恰有一个小球放入自己编号的盒中，从4个盒4个球中选定一组标号相同得球和盒子，
另外3个球3个盒标号不能对应，则共种，故D正确．
故选ACD
11．【答案】ABD.
【详解】根据抛物线的定义，的准线为，
由题意准线过，可求出，抛物线的方程为，选项A正确；
对于选项B，C，D，可设抛物线上的点的动点为，
对于B选项，当时，；
当时，
当且仅当时，等号成立.选项B正确；
对于C选项，直线与抛物线的位置关系如下图所示：
到直线的距离，
当时，.选项C错误；
对于D选项，可根据向量共线作出示意图：

根据定义求出抛物线的焦点，由，得，
当时，；
当时，，
当且仅当时，等号成立.选项D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【详解】由题意知，从8张卡片中随机抽出3张的基本事件总数为.因为所有数字之和为36，所以要使3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等，则3张卡片上的数字之和为18.罗列出“抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等”的基本事件情况：①“3,7,8”和“1,2,4,5,6”；②“4,6,8”和“1,2,3,5,7”；③“5,6,7”和“1,2,3,4,8”共3种情况，所以“抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等”的概率.
【快解】
由题意知，从8张卡片中随机抽出3张的基本事件总数为.因为所有数字之和为36，所以要使3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等，则3张卡片上的数字之和为18.考虑抽出的3张卡片上的数字之和为18，则相当于从，，，，，0，1，2中选择3个数，使其和为0（提示：在原有的数据上均减6，从而观察数据的对称性）.
若中间数为0，则有2种情况；若中间数为1，则有1种情况.
所以“抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等”的概率.
13．【答案】
【详解】的通项公式为，
令得，，此时，
令得，，此时，
故的系数为
14．【答案】
【详解】设直线是曲线的切线，切点为，
则，解得，则，
则的最小值即为两平行线与间的距离，
即．
15．【答案】（1）；
（2）分布列见解析，.
【详解】（1）由从盒子中随机摸出1个球，摸到黑白相间的球的概率为，得，解得，
盒子中带有黑色的球有6个，其中黑白相间的球有2个，
所以在摸出的球上带有黑色的条件下，摸出黑白相间的球的概率.
（2）依题意，的可能值为，
则，
所以的分布列为：
0 1 2
数学期望.
16．【答案】（1）证明见解析；
（2）
【详解】（1）因为所以，
所以，所以，
由三棱柱是直三棱柱，得平面，又平面，所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）由于，且平面，
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，且是四边形（不含边界）内的动点,．
所以，即，
设，
所以．
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的法向量为．
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的法向量为．
设平面与平面所成角为
则，
令，则，
因为在上单调递减，所以，所以.
所以平面与平面所成角的余弦值的取值范围.
17．【答案】（1）答案见解析
（2）
【详解】（1）函数的定义域为，
，
当时，在定义域上单调递减；
当时，，
当时，单调递减，当时，单调递增.
综上所述，时，在定义域上单调递减；
时，在上单调递减，在单调递增.
（2）当时，函数，，
符合题意，
由（1）可知，当时，在定义域上单调递减，
所以，故不满足.
当时，在上单调递减，在单调递增，
要想满足，满足即可.
∵，∴即，
化简得，即，综以a的取值范围是.
18．【答案】（1）
（2）
（3），分布列见解析.
【详解】（1）根据统计表，所有展区的企业数量为，
其中“新型显示展”展区备受关注的企业数量为．
所以所求概率为．
（2）用事件A，，分别表示从3个展区中随机抽取2个展区为“环保展与智慧城市展”“环保展与高端装备制造展”“智慧城市展与高端装备制造展”，
事件表示“采访的两家企业都是备受关注的企业”，
则
．
（3）“新一代信息技术展”展区中备受关注的企业数量为，
“数字医疗展”展区中备受关注的企业数量为．
易知所有可能的取值为0，1，2．
所以，，．
故的分布列为
0 1 2
则．
19．【答案】(1)；
(2)2；
(3)存在，.
【详解】（1）设椭圆半焦距为，而，直线，
即，点到直线的距离为，
解得，，椭圆过点，则，
解得，所以椭圆的标准方程为.
（2）依题意，直线不垂直于轴，设直线方程为，
由消去得，
设，则，
直线和的斜率之和
.
（3）设直线，由消去得，
设，则，
直线，即，由消去并整理得：
，，即直线与相切于点，而直线与椭圆交于两点，
则点在轴同侧，在直线两侧，由对称性不妨令，
而，
因此，
，
所以当时，，即成等比数列.
【方法总结】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为（或）的形式；
（5）代入韦达定理求解.