河南省青桐鸣大联考2024-2025学年高二下学期6月数学试卷（含解析）

河南省新乡市2024-2025学年高二下学期6月青桐鸣大联考数学试题
一、单选题
1．已知，则（ ）
A． B． C．10 D．5
2．已知复数为虚数单位，为z的共轭复数，则在复平面内，对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知现有6人要前往户外进行劳动作业，其中男生有4人，女生有2人．有某项劳动作业需要从6人中随机挑选两人参与，则这两人是异性的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．若是函数的极小值点，则实数（ ）
A．6 B．3 C．2 D．4
5．已知一组样本数据为，这组数据的极差为，则该组样本数据的第65百分位数不可能是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．设一个圆心在直线上的圆与两条坐标轴均相切，则这个圆的半径为（ ）
A．1 B．2 C．1或2 D．2或
7．矩形中，，，过的一条直线与直线，直线分别相交于点，，其中，，则的面积的最小值为（ ）
A． B．4 C． D．6
8．已知是双曲线上不同的两点，其中B在E的右支上．直线l是E的斜率为正的渐近线，P是l上一点．已知，若轴，则的最小值为（ ）
A． B． C．6 D．
二、多选题
9．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的值域为R B．在R上单调递增
C． D．的零点大于
10．对于函数（），，，，2，相邻零点之间的距离为，直线既是图象的对称轴也是图象的对称轴，的最大值与的最小值之差为5，则（ ）
A．
B．
C．存在一条直线是图象的对称轴但不是图象的对称轴
D．存在一点既是图象的对称中心也是图象的对称中心
11．若对于非空数集A，存在k个两两交集均为空集的集合，使得，且中每个集合的元素之和均相等，则称集合A为“k可分集”．设，则下列说法正确的是（ ）
A．是“4可分集” B．若是“4可分集”，则k为偶数
C．对于任意的偶数不为“k可分集” D．对于任意的奇数均为“k可分集”
三、填空题
12．已知二项式的展开式中各项的系数之和为0，则实数 ．
13．在长方形中，分别为边的中点，则 ．
14．某质地不均匀的正四面体骰子各面上分别有1，2，3，4的编号，随意抛掷该骰子，记该骰子落下后朝下的一面编号为.若数列为等差数列，且的期望，则的方差 .
四、解答题
15．如图所示，在三棱锥中，D为的中点，平面平面，，三棱锥的体积为．

(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
16．设函数在点处的切线方程为.
(1)求；
(2)求函数的最小值.
17．记中的内角的对边分别为，且．
(1)证明：；
(2)若，且边上的中线的长度为，求a的值．
18．已知数列满足：当为奇数时，，当为偶数时，，记数列的前项和为，且．
(1)求的值；
(2)证明：；
(3)证明：．
19．已知椭圆的离心率为，过点的直线交E于两点，当轴时，．
(1)求E的标准方程；
(2)设点O为坐标原点，为E上一点，且P在第一象限，过点P的直线交x轴y轴分别于点，且当点P与点A重合时，的面积最小．
（ⅰ）求点A的坐标；
（ⅱ）记的垂心为点H，求点H的横坐标的最小值．
参考答案
1．C
【详解】因为，所以，所以，所以，
故．
故选：C．
2．D
【详解】依题意，，则，
所以在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D
3．A
【详解】由题意知，从6人中随机挑选两人有种方法，其中是异性的选法有种，
所以这两人是异性的概率为．
故选：A．
4．B
【详解】易得，则，解得．
当时，，
所以当和时，，
当时，，故是的极小值点，符合题意．
所以.
故选：B.
5．A
【详解】由，可知该组样本数据的第65百分位数为这组数据由小到大排列后的第四个数字．
不妨令，注意到这组数据的极差为4．当时，，
此时除去，这组数据可写为，可放在任意位置，此时第四个数字必为4；
当时，，此时除去，这组数据可写为，
对进行讨论：当时，第四个数字为4；当时，第四个数字为5；
当时，第四个数字为6，
综上，第四个数字的取值范围为．
故选：A．
6．C
【详解】由圆心在直线上，设圆心坐标为，
由该圆与两条坐标轴均相切，得该圆半径，整理得，
解得或，所以这个圆的半径或2.
故选：C
7．B
【详解】如图，设，则，
因为，所以，解得，
所以的面积为，
因为，当且仅当，即时取等，
所以的面积的最小值为.
故选：B.
8．D
【详解】因为P是l上一点，若轴，注意到当右焦点三点共线时恰为2，
不妨设A在第一象限，则，直线，
取关于的对称点，则，
即的最小值为．
故选：D．
9．ACD
【详解】函数单调递增，且值域为单调递增，且值域为，
所以单调递增且值域为R，故A正确；
在上单调递增，故B错误；
，故C正确；
，
因为单调递增，所以的零点大于，故D正确．
故选：ACD．
10．BC
【详解】的最大值与的最小值之差为5，显然的最小值为，
所以的最大值为4，故，故A错误；
记的最小正周期为T，相邻零点之间的距离为，
所以，解得，故B正确；
因为直线既是图象的对称轴也是图象的对称轴，
所以，，，，
因，，2，解得，，
则，，
故图象的对称轴方程为，，解得，，
图象的对称轴方程为，，解得，，
则是的对称轴，但不是的对称轴，故C正确；
令，，解得，，
则图象的对称中心为，，
令，，解得，，
则图象的对称中心为，，
令，则，，，
等号左边为偶数，右边为奇数，故不存在，使成立，故D错误.
故选：BC.
11．BCD
【详解】对于A，因为均只有一个元素，即元素之和为，互不相等，故A错误；
对于B，集合的元素之和能被4整除，因为能被4整除，所以必须能被4整除，因此k为偶数，故B正确；
对于C，若为“k可分集”，那么能被k整除，
于是必然是整数，这与k为偶数矛盾，所以不为“k可分集”，故C正确；
对于D，对于显然成立，不妨设奇数，下面给出一种构造：
由于，
则前组为，，
后m组为，，
因此对于任意的奇数均为“k可分集”，故D正确．
故选：BCD．
12．1
【详解】将代入二项式，得，解得．
故答案为：1
13．2
【详解】以A为原点，为x轴的正方向，为y轴的正方向建立平面直角坐标系，
则有，，
故，，
故.
故答案为：2.
14．
【详解】由题意可知的所有可能取值有：.
因为数列为等差数列，
所以设该数列的首项为，公差为，
则，，，.
根据概率和为，，
可得：，解得：.
所以，，，.
所以.
故答案为：.
15．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：如图，依题意平面平面，故可在平面内，过P作并交点E，

又平面平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为为的中点，所以，
又因为平面，所以平面．
（2）因为平面平面，所以，
又因为，所以为二面角的平面角．
因为三棱锥的体积，
解得，
所以二面角的正弦值为.
16．(1)1
(2)0
【详解】（1）点处的切线方程为，则，
由得，
得，化简得，解得.
（2）由题意得，
则，
令，则，，
，且仅当，即时等号成立，
所以在R上单调递增，且，所以在上，在上，
因为，可得在上，在上单调递减，在上，
在上单调递增，在处取得最小值，，
所以函数的最小值为0.
17．(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）由正弦定理可得，
又为的内角，故．
代入上式，有，
即．
又，若，必有，不符合题意，
则，同理，则．又，则．
（2）不妨设为边上的中线，在中，
有，
由（1）可得，故，即．
在中，有．
即．
解得．
18．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）易得，，，
又，解得；
（2）由于当为奇数时，，当为偶数时，，故．
又，故，故，
则成立．
对于，当时，有，，，，累加得，即；
对于，当时，有，，，，累乘得，即；
综上所述，；
（3）由（2）知，则，，，
则由不等式的性质，求和得，即；
因为，则，，，
则由不等式的性质，求和得，即．
综上：.
19．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）．
【详解】（1）由过点的直线交E于两点，当轴时，，
可知，
又因为，所以，
即，
所以E的标准方程为．
（2）（i）易得．
所以点S的坐标为，点T的坐标为．所以的面积为，
又因为，当且仅当时取等号，所以，
故点A的坐标为．
（ⅱ）当直线的斜率为0时，直线方程为，
不妨设，点，
由，即，得，由，
即，得，故．
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，
点，点，点．
联立，得，
所以．
因为，
由，得，即．
又因为，
由，得，
注意到，且，
代入上式得，
所以，
这等价于，
所以．
故，
设，则，又，所以，
所以，当时，，
当时，，
由，当且仅当时等号成立，
即，所以，
当时，，当且仅当时等号成立，
所以，
综上所述，点H的横坐标的最小值为．