四川省泸县第五中学2024-2025学年高二下学期6月期末考试数学试题
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．（2025高二下·泸县期末）交通管理部门为了解机动车驾驶员（简称驾驶员）对某新法规的知晓情况，对甲、乙、丙三个社区做分层抽样调查.假设三个社区驾驶员的总人数为，其中甲社区有驾驶员96人.若在甲、乙、丙三个社区抽取驾驶员的人数分别为16，20，26，则这三个社区驾驶员的总人数为（ ）
A．744 B．620 C．372 D．162
2．（2025高二下·泸县期末）已知，，且，则（ ）
A．-6 B．5 C．4 D．6
3．（2025高二下·泸县期末）若直线的倾斜角的大小为，则实数（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·泸县期末）设为等差数列，且，则（ ）
A．16 B．18 C．20 D．22
5．（2025高二下·泸县期末）圆与的公共弦长为（ ）
A． B． C． D．4
6．（2025高二下·泸县期末）2024年汤姆斯杯暨尤伯杯羽毛球团体锦标赛于4月27日在四川成都开赛．为保证锦标赛顺利进行，组委会需要提前把各项工作安排好．现要把甲、乙、丙、丁四名志愿者安排到七天中服务，若甲去两天，乙去三天，丙和丁各去一天，则不同的安排方法有（ ）
A．140种 B．210种 C．420种 D．840种
7．（2025高二下·泸县期末）某新能源汽车公司生产的电池容量（单位：千瓦时），且．若质检部门随机抽检块电池，则恰好有块电池的容量在千瓦时以上的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·泸县期末）设椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，为的平分线与轴的交点.若，则（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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．（2025高二下·泸县期末）已知正项等比数列的公比为，若，且，则（ ）
A． B．
C．是数列中的项 D．，，成等差数列
10．（2025高二下·泸县期末）已知双曲线的渐近线与圆相切，，为的左、右焦点，动点在的左支上，则（ ）
A． B．为直角三角形
C．周长的最小值为 D．的最小值为2
11．（2025高二下·泸县期末）已知棱长为1的正方体，空间内的动点满足，其中，，，且到棱的距离和到平面的距离相等，则（ ）
A．当时，的轨迹长度为
B．当时，四面体的体积为定值
C．存在点，使得
D．直线与平面所成角的正弦值最大为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．（2025高二下·泸县期末） 的展开式的常数项是 (用数字作答)．
13．（2025高二下·泸县期末）若函数的导函数是偶函数，则在点处的切线方程为 .
14．（2025高二下·泸县期末）已知直三棱柱中，，且.若三棱柱的外接球的表面积是，则此三棱柱的体积的最大值是 .
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025高二下·泸县期末）在数列中，，点在直线上
（1）求数列的通项公式；
（2）记，证明数列的前n项和.
16．（2025高二下·泸县期末）在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位患者的年龄并得到如下频率分布直方图（每一组区间均是前闭后开），回答下列问题：
（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率；
（3）已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）.
17．（2025高二下·泸县期末）设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与抛物线交于，两点，.
（1）求抛物线的方程；
（2）若关于轴的对称点为，求证：直线恒过定点，并求出该点的坐标.
18．（2025高二下·泸县期末）已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，为的导函数.
（i）求实数的取值范围；
（ii）记较小的一个零点为，证明：.
19．（2025高二下·泸县期末）如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥.
（1）若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积；
（2）若，是的中点.
（ⅰ）求的大小；
（ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意可得
已知甲社区有驾驶员96人，抽取16人，即抽样比为：，
所以.
故答案为：C.
【分析】本题考查分层抽样的概念，利用 “抽样比 = 某层抽取个体数 ÷ 该层总体数”，先通过甲社区数据算出抽样比，再用抽取的总个体数除以抽样比得到总体数N .
2．【答案】D
【知识点】空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：已知，，由可得，解得.
故答案为：D.
【分析】本题考查空间向量共线的性质，若两向量 ，则它们对应坐标成比例，利用此关系列等式求解x .
3．【答案】D
【知识点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：将直线方程变形为斜截式，所以直线的斜率，
已知倾斜角为，根据直线倾斜角与斜率的关系，斜率，
则，解得.
故答案为：D.
【分析】本题考查直线倾斜角与斜率的关系，先将直线方程化为斜截式求斜率，再结合倾斜角的正切值等于斜率来计算的值.
4．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
由于，
根据等差数列通项公得，，
解得，，
所以.
故答案为：C
【分析】本题考查等差数列的通项公式及基本量计算，通过已知条件列出关于首项和公差的方程，求解后再代入计算 .
5．【答案】A
【知识点】两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：圆：①，所以，.
圆：②，所以，.
因为，所以圆与圆相交.
因此公共弦所在直线的方程为①②：，
圆的圆心到公共弦的距离为，
即公共弦长为.
故答案为：A.
【分析】本题考查两圆公共弦长的计算，先通过两圆方程相减得到公共弦所在直线方程，再利用圆的弦长公式（弦长 = ，为圆半径，为圆心到弦的距离 ）求解.
6．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由已知，甲的安排方法为种，乙的安排方法为种，剩余的两天安排丙、丁有种方法，故共有（种）．
故答案为：C.
【分析】 本题考查分步乘法计数原理，通过分步确定甲、乙、丙丁的安排方法，利用组合数和排列数计算每步的选法，再相乘得到总安排方法，核心是分步计数与排列组合的应用.
7．【答案】C
【知识点】二项分布；正态分布定义
【解析】【解答】解：因为，所以由正态密度曲线的对称性可知，
若质检部门随机抽检块电池，其中容量在千瓦时以上的电池块数为，则，由二项分布的概率公式可得.
故答案为：C.
【分析】本题考查正态分布的对称性与二项分布的概率计算.先利用正态分布的对称性求出单个电池容量在53千瓦时以上的概率，再确定抽检4块电池中容量在53千瓦时以上的块数服从二项分布，最后用二项分布概率公式计算.
8．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意得，，，
设点位于第一象限，设，，则①，且.
因为，所以，所以②.
由①②解得：，.
因为平分，由角平分线定理可得，故，
所以，即，
故，所以.
故答案为：B.
【分析】本题考查椭圆的定义、性质及向量垂直的应用，通过椭圆定义和勾股定理求出、，再利用角平分线性质和相似三角形（或坐标法 ）计算.
9．【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：A、由，可得，
且，所以，A正确；
B、所以，B正确；
C、可得，
令，即，
显然该方程无整数解，所以不是数列中的项，C错误；
D、因为，，，
且，即
所以，，成等差数列，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A、根据等比数列通项公式，将转化为含的等式，结合正项数列条件求出.
B、利用等比数列“后项 = 前项×公比”，由和直接计算.
C、先由和推出通项公式，再令通项等于，看方程是否有整数解.
D、先求出，进而得，再验证是否等于，依据等差数列定义判断.
10．【答案】B,C
【知识点】平面内两点间的距离公式；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：A、双曲线的渐近线方程为，即，
由圆，圆心为，半径为，
因为渐近线与圆相切，
所以，解得，A错误；
B、，则，即，所以，
则，则，
即，所以为直角三角形，B正确；
C、周长为
，当且仅当三点共线时等号成立，
则周长的最小值为，C正确；
D、设，，，则，即，
所以，
则时，取得最小值，D错误.
故答案为：BC.
【分析】A、根据双曲线的渐近线方程及直线与圆相切求出即可判断A.
B、根据双曲线的关系求出，可得，进而结合勾股定理判断B.
C、结合双曲线的定义可得周长为，结合三角形的几何性质求解判断C.
D、设，，，进而结合两点间的距离公式、二次函数的性质求解判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；轨迹方程；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：
A、由题设知，点在正方体的内部或表面上.
当时，点在平面内运动，所以其到平面的距离始终为1，到棱的距离也为1.
又因为到棱的距离即为到的距离，
所以的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，且在正方体内部或表面的部分，轨迹长度为，A正确.
B、当时，点在过 中点且平行于 的平面内（ 对应 方向 ）.四面体 的体积（ 为 到平面 的距离 ），因平面平行， 为定值（正方体棱长的一半， ），且 为定值，故体积 为定值，B正确.
C、由题意， 到平面 的距离为（ ）； 到棱 的距离为（空间点到棱的距离公式 ），因距离相等，，
向量 的模：
展开最小值：，因，不存在 使，C错误.
D、因为是平面的一个法向量，
所以与平面所成角的正弦值等于，
由C知，
而，所以原式.
因为，
所以原式，当，，时等号成立，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A：利用空间点的“距离约束”确定轨迹（圆弧 ），结合几何长度公式计算。
B：通过“平面平行→距离定值”，结合棱锥体积公式（底面积×高/3 ）判断定值。
C：推导 的最小值（向量模的几何意义 ），与 比较。
D：线面角转化为“向量夹角的正弦值”，结合不等式求最值。
12．【答案】
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：设展开式的通项为，
令，解得，，为所求常数项．
故答案为：.
【分析】根据展开式通项得，再令即可解出.要找展开式的常数项，需用二项式展开的通项公式，先写出通项，让通项里的次数为，求出对应的值，再代入算常数项，关键是运用二项式通项找特定项 .
13．【答案】
【知识点】奇函数与偶函数的性质；导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：对 求导：
因 是偶函数，偶函数满足“奇次项系数为0”（ 为二次函数，奇次项是 ）。
故奇次项系数，解得：
代入，得：
原函数：
导函数：
，
已知切点，斜率，切线方程：
整理为一般式：
故答案为：.
【分析】通过“偶函数奇次项系数为0”，由导函数形式直接求，简化计算，然后代入 得函数，计算切点坐标与切线斜率（导数值 ），用点斜式写切线方程。
14．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：直三棱柱中，，则外接球的球心在中点的连线上，
如下图，分别为中点，为中点，则为棱柱外接球球心，
又，则，外接球的表面积是，
若外接球半径为，则，可得，
所以，则，故，
由，即，当且仅当时取等号，
所以此三棱柱的体积的最大值.
故答案为：.
【分析】首先找外接球心与建关系：直三棱柱 ，外接球心在、中点连线中点。设，结合，用外接球表面积求出半径相关等式，解出、长度 ，然后用不等式定乘积最值：在中，依据勾股定理，结合基本不等式，求出的最大值 ，最后算体积最大值：根据直三棱柱体积公式（ ），代入前面求出的量，得到体积最大值，核心是直棱柱外接球结构、基本不等式与体积公式的综合运用.
15．【答案】（1）解：点在直线上，∴，
∴，又，
∴数列为首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以数列的通项公式为：.
（2）证明：由（1）
，
即 .
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【分析】（1）首先根据点在直线上，得出，判断是首项为、公差为的等差数列，再用等差数列通项公式求出 .
（2）先由的通项求出的表达式，对裂项为，然后用裂项相消法求，化简后结合，证明 .
（1）点在直线上，
∴，
∴，又，
∴数列为首项为，公差为的等差数列，
所以.
（2）由（1）
，得证.
16．【答案】（1）解：平均年龄
（岁）．
（2）解：包含、、三个区间，分别为、、。
概率为：
.
（3）解：设“任选一人年龄位于区间”，“从该地区中任选一人患这种疾病”，则由已知得：，，，
则由条件概率公式可得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，
此人患这种疾病的概率为．
【知识点】频率分布直方图；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图中“平均年龄 = 各区间中点值×对应频率之和”，先确定各区间中点值与频率（频率 = 组距×频率/组距 ），再计算加权平均.
（2）概率等于对应区间的频率之和，即各区间频率/组距×组距的和.
（3）用条件概率公式，结合频率分布直方图频率与患病率，计算对应概率.
（1）平均年龄
（岁）．
（2）由频率分布直方图可得该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率为；
（3）设“任选一人年龄位于区间”，“从该地区中任选一人患这种疾病”，
则由已知得：，，，
则由条件概率公式可得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，
此人患这种疾病的概率为．
17．【答案】（1）解：设焦点的坐标为，则的方程为，
代入抛物线得，
设，，则，，
由抛物线的定义知，又
，则，
抛物线的方程为.
（2）证明：由于关于轴的对称点为，则的坐标为
那么直线的斜率为，
直线的方程为，
即，
，，
，
即（因为，异号），
直线的方程为，
恒过.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先设出焦点和过焦点的直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合抛物线焦点弦长公式求出，进而确定抛物线方程，核心是直线与抛物线联立及韦达定理、焦点弦长公式的应用.
（2）先求出对称点的坐标，计算直线的斜率，写出直线方程，再结合韦达定理化简方程，找出恒过的定点，关键是斜率计算、直线方程推导与韦达定理的综合运用和直线圆锥曲线的综合问题.
18．【答案】（1）解：当时，，函数的定义域为，
，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
综上所述，函数在上单调递减，在单调递增.
（2）（i）解：函数的定义域为，，①当时，，函数在单调递减，至多有一个零点，不符合题意；
②当时，令，解得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
∴当时，取得最小值，最小值为.
因为函数有两个零点，且时，，时，，所以.
设，易知函数在单调递增.
因为，所以的解集为.
综上所述，实数的取值范围是.
（ii）证明：因为，由，结合（i）知，
要证，即证，即，
当时，因为，，不等式恒成立；
当时，由得.
即证.
即证.
即证.
设，，由，
所以在单调递增.
所以，故原不等式成立.
所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）当时，求导函数，根据导函数的正负确定原函数的单调区间，核心是导数与函数单调性的关系.
（2）（i）求的取值范围：先求导，对分类讨论，结合函数单调性、极值与零点的关系确定的范围，关键是导数分析函数形态.
（ii）证明不等式：利用零点条件化简，构造新函数，通过研究新函数单调性证明，核心是函数构造与单调性应用.
（1）当时，，函数的定义域为，
，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
综上所述，函数在上单调递减，在单调递增.
（2）（i）函数的定义域为，，
①当时，，函数在单调递减，至多有一个零点，不符合题意；
②当时，令，解得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
∴当时，取得最小值，最小值为.
因为函数有两个零点，且时，，时，，所以.
设，易知函数在单调递增.
因为，所以的解集为.
综上所述，实数的取值范围是.
（ii）因为，由，结合（i）知，
要证，即证，即，
当时，因为，，不等式恒成立；
当时，由得.
即证.
即证.
即证.
设，，由，
所以在单调递增.
所以，故原不等式成立.
所以.
19．【答案】（1）解：由题意得，又，，平面，，
所以平面，则此时三棱锥如图所示，
由题意得，，，，都是直角三角形，所以，
将三棱锥补全为长方体，此时三棱锥的外接球球心为长方体对角线的中点，
即，
所以三棱锥外接球的表面积为.
（2）（ⅰ）解：设，，则，，因为，所以，
在直角三角形中，得，整理得，，
因为，，
所以，
因为，所以，故.
（ⅱ）解：由（ⅰ）知，设，则，
所以，，
所以
，
因为，所以，
当时，有最大值，最大值为1，此时有最小值，
所以当取最小值时，，且，
由，得，，
所以，，.
如图1，取中点，连接，，则，，故，，，四点共线，
当取最大值时，即平面平面，由翻折关系知，
故直线，，两两垂直，且，，
如图2，以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
设直线与平面所成的角为，则.
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）先根据条件分析线线垂直关系，确定三棱锥的结构特征（如直角三角形面 ），找出外接球的球心与半径，再计算表面积，核心是空间几何中外接球的确定.
（2）（i）求：通过线段关系，利用正方形边长与的条件，结合三角形全等或边角关系推导角度，关键是线段关系的转化.
（ii）求线面角正弦值：先根据面积与体积的最值条件确定相关线段长度，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角，核心是空间向量的应用与最值分析.
（1）由题意得，又，，平面，，
所以平面，则此时三棱锥如图所示，
由题意得，，，，都是直角三角形，所以，
将三棱锥补全为长方体，此时三棱锥的外接球球心为长方体对角线的中点，
即，
所以三棱锥外接球的表面积为.
（2）（ⅰ）设，，则，，
因为，所以，
在直角三角形中，得，整理得，，
因为，，
所以，
因为，所以，故.
（ⅱ）由（ⅰ）知，设，则，
所以，，
所以
，
因为，所以，
当时，有最大值，最大值为1，此时有最小值，
所以当取最小值时，，且，
由，得，，
所以，，.
如图1，取中点，连接，，则，，故，，，四点共线，
当取最大值时，即平面平面，由翻折关系知，
故直线，，两两垂直，且，，
如图2，以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
设直线与平面所成的角为，则.
∴直线与平面所成角的正弦值为.
1 / 1四川省泸县第五中学2024-2025学年高二下学期6月期末考试数学试题
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．（2025高二下·泸县期末）交通管理部门为了解机动车驾驶员（简称驾驶员）对某新法规的知晓情况，对甲、乙、丙三个社区做分层抽样调查.假设三个社区驾驶员的总人数为，其中甲社区有驾驶员96人.若在甲、乙、丙三个社区抽取驾驶员的人数分别为16，20，26，则这三个社区驾驶员的总人数为（ ）
A．744 B．620 C．372 D．162
【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意可得
已知甲社区有驾驶员96人，抽取16人，即抽样比为：，
所以.
故答案为：C.
【分析】本题考查分层抽样的概念，利用 “抽样比 = 某层抽取个体数 ÷ 该层总体数”，先通过甲社区数据算出抽样比，再用抽取的总个体数除以抽样比得到总体数N .
2．（2025高二下·泸县期末）已知，，且，则（ ）
A．-6 B．5 C．4 D．6
【答案】D
【知识点】空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：已知，，由可得，解得.
故答案为：D.
【分析】本题考查空间向量共线的性质，若两向量 ，则它们对应坐标成比例，利用此关系列等式求解x .
3．（2025高二下·泸县期末）若直线的倾斜角的大小为，则实数（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：将直线方程变形为斜截式，所以直线的斜率，
已知倾斜角为，根据直线倾斜角与斜率的关系，斜率，
则，解得.
故答案为：D.
【分析】本题考查直线倾斜角与斜率的关系，先将直线方程化为斜截式求斜率，再结合倾斜角的正切值等于斜率来计算的值.
4．（2025高二下·泸县期末）设为等差数列，且，则（ ）
A．16 B．18 C．20 D．22
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
由于，
根据等差数列通项公得，，
解得，，
所以.
故答案为：C
【分析】本题考查等差数列的通项公式及基本量计算，通过已知条件列出关于首项和公差的方程，求解后再代入计算 .
5．（2025高二下·泸县期末）圆与的公共弦长为（ ）
A． B． C． D．4
【答案】A
【知识点】两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：圆：①，所以，.
圆：②，所以，.
因为，所以圆与圆相交.
因此公共弦所在直线的方程为①②：，
圆的圆心到公共弦的距离为，
即公共弦长为.
故答案为：A.
【分析】本题考查两圆公共弦长的计算，先通过两圆方程相减得到公共弦所在直线方程，再利用圆的弦长公式（弦长 = ，为圆半径，为圆心到弦的距离 ）求解.
6．（2025高二下·泸县期末）2024年汤姆斯杯暨尤伯杯羽毛球团体锦标赛于4月27日在四川成都开赛．为保证锦标赛顺利进行，组委会需要提前把各项工作安排好．现要把甲、乙、丙、丁四名志愿者安排到七天中服务，若甲去两天，乙去三天，丙和丁各去一天，则不同的安排方法有（ ）
A．140种 B．210种 C．420种 D．840种
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由已知，甲的安排方法为种，乙的安排方法为种，剩余的两天安排丙、丁有种方法，故共有（种）．
故答案为：C.
【分析】 本题考查分步乘法计数原理，通过分步确定甲、乙、丙丁的安排方法，利用组合数和排列数计算每步的选法，再相乘得到总安排方法，核心是分步计数与排列组合的应用.
7．（2025高二下·泸县期末）某新能源汽车公司生产的电池容量（单位：千瓦时），且．若质检部门随机抽检块电池，则恰好有块电池的容量在千瓦时以上的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二项分布；正态分布定义
【解析】【解答】解：因为，所以由正态密度曲线的对称性可知，
若质检部门随机抽检块电池，其中容量在千瓦时以上的电池块数为，则，由二项分布的概率公式可得.
故答案为：C.
【分析】本题考查正态分布的对称性与二项分布的概率计算.先利用正态分布的对称性求出单个电池容量在53千瓦时以上的概率，再确定抽检4块电池中容量在53千瓦时以上的块数服从二项分布，最后用二项分布概率公式计算.
8．（2025高二下·泸县期末）设椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，为的平分线与轴的交点.若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意得，，，
设点位于第一象限，设，，则①，且.
因为，所以，所以②.
由①②解得：，.
因为平分，由角平分线定理可得，故，
所以，即，
故，所以.
故答案为：B.
【分析】本题考查椭圆的定义、性质及向量垂直的应用，通过椭圆定义和勾股定理求出、，再利用角平分线性质和相似三角形（或坐标法 ）计算.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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．（2025高二下·泸县期末）已知正项等比数列的公比为，若，且，则（ ）
A． B．
C．是数列中的项 D．，，成等差数列
【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：A、由，可得，
且，所以，A正确；
B、所以，B正确；
C、可得，
令，即，
显然该方程无整数解，所以不是数列中的项，C错误；
D、因为，，，
且，即
所以，，成等差数列，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A、根据等比数列通项公式，将转化为含的等式，结合正项数列条件求出.
B、利用等比数列“后项 = 前项×公比”，由和直接计算.
C、先由和推出通项公式，再令通项等于，看方程是否有整数解.
D、先求出，进而得，再验证是否等于，依据等差数列定义判断.
10．（2025高二下·泸县期末）已知双曲线的渐近线与圆相切，，为的左、右焦点，动点在的左支上，则（ ）
A． B．为直角三角形
C．周长的最小值为 D．的最小值为2
【答案】B,C
【知识点】平面内两点间的距离公式；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：A、双曲线的渐近线方程为，即，
由圆，圆心为，半径为，
因为渐近线与圆相切，
所以，解得，A错误；
B、，则，即，所以，
则，则，
即，所以为直角三角形，B正确；
C、周长为
，当且仅当三点共线时等号成立，
则周长的最小值为，C正确；
D、设，，，则，即，
所以，
则时，取得最小值，D错误.
故答案为：BC.
【分析】A、根据双曲线的渐近线方程及直线与圆相切求出即可判断A.
B、根据双曲线的关系求出，可得，进而结合勾股定理判断B.
C、结合双曲线的定义可得周长为，结合三角形的几何性质求解判断C.
D、设，，，进而结合两点间的距离公式、二次函数的性质求解判断D.
11．（2025高二下·泸县期末）已知棱长为1的正方体，空间内的动点满足，其中，，，且到棱的距离和到平面的距离相等，则（ ）
A．当时，的轨迹长度为
B．当时，四面体的体积为定值
C．存在点，使得
D．直线与平面所成角的正弦值最大为
【答案】A,B,D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；轨迹方程；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：
A、由题设知，点在正方体的内部或表面上.
当时，点在平面内运动，所以其到平面的距离始终为1，到棱的距离也为1.
又因为到棱的距离即为到的距离，
所以的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，且在正方体内部或表面的部分，轨迹长度为，A正确.
B、当时，点在过 中点且平行于 的平面内（ 对应 方向 ）.四面体 的体积（ 为 到平面 的距离 ），因平面平行， 为定值（正方体棱长的一半， ），且 为定值，故体积 为定值，B正确.
C、由题意， 到平面 的距离为（ ）； 到棱 的距离为（空间点到棱的距离公式 ），因距离相等，，
向量 的模：
展开最小值：，因，不存在 使，C错误.
D、因为是平面的一个法向量，
所以与平面所成角的正弦值等于，
由C知，
而，所以原式.
因为，
所以原式，当，，时等号成立，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A：利用空间点的“距离约束”确定轨迹（圆弧 ），结合几何长度公式计算。
B：通过“平面平行→距离定值”，结合棱锥体积公式（底面积×高/3 ）判断定值。
C：推导 的最小值（向量模的几何意义 ），与 比较。
D：线面角转化为“向量夹角的正弦值”，结合不等式求最值。
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．（2025高二下·泸县期末） 的展开式的常数项是 (用数字作答)．
【答案】
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：设展开式的通项为，
令，解得，，为所求常数项．
故答案为：.
【分析】根据展开式通项得，再令即可解出.要找展开式的常数项，需用二项式展开的通项公式，先写出通项，让通项里的次数为，求出对应的值，再代入算常数项，关键是运用二项式通项找特定项 .
13．（2025高二下·泸县期末）若函数的导函数是偶函数，则在点处的切线方程为 .
【答案】
【知识点】奇函数与偶函数的性质；导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：对 求导：
因 是偶函数，偶函数满足“奇次项系数为0”（ 为二次函数，奇次项是 ）。
故奇次项系数，解得：
代入，得：
原函数：
导函数：
，
已知切点，斜率，切线方程：
整理为一般式：
故答案为：.
【分析】通过“偶函数奇次项系数为0”，由导函数形式直接求，简化计算，然后代入 得函数，计算切点坐标与切线斜率（导数值 ），用点斜式写切线方程。
14．（2025高二下·泸县期末）已知直三棱柱中，，且.若三棱柱的外接球的表面积是，则此三棱柱的体积的最大值是 .
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：直三棱柱中，，则外接球的球心在中点的连线上，
如下图，分别为中点，为中点，则为棱柱外接球球心，
又，则，外接球的表面积是，
若外接球半径为，则，可得，
所以，则，故，
由，即，当且仅当时取等号，
所以此三棱柱的体积的最大值.
故答案为：.
【分析】首先找外接球心与建关系：直三棱柱 ，外接球心在、中点连线中点。设，结合，用外接球表面积求出半径相关等式，解出、长度 ，然后用不等式定乘积最值：在中，依据勾股定理，结合基本不等式，求出的最大值 ，最后算体积最大值：根据直三棱柱体积公式（ ），代入前面求出的量，得到体积最大值，核心是直棱柱外接球结构、基本不等式与体积公式的综合运用.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025高二下·泸县期末）在数列中，，点在直线上
（1）求数列的通项公式；
（2）记，证明数列的前n项和.
【答案】（1）解：点在直线上，∴，
∴，又，
∴数列为首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以数列的通项公式为：.
（2）证明：由（1）
，
即 .
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【分析】（1）首先根据点在直线上，得出，判断是首项为、公差为的等差数列，再用等差数列通项公式求出 .
（2）先由的通项求出的表达式，对裂项为，然后用裂项相消法求，化简后结合，证明 .
（1）点在直线上，
∴，
∴，又，
∴数列为首项为，公差为的等差数列，
所以.
（2）由（1）
，得证.
16．（2025高二下·泸县期末）在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位患者的年龄并得到如下频率分布直方图（每一组区间均是前闭后开），回答下列问题：
（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率；
（3）已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）.
【答案】（1）解：平均年龄
（岁）．
（2）解：包含、、三个区间，分别为、、。
概率为：
.
（3）解：设“任选一人年龄位于区间”，“从该地区中任选一人患这种疾病”，则由已知得：，，，
则由条件概率公式可得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，
此人患这种疾病的概率为．
【知识点】频率分布直方图；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图中“平均年龄 = 各区间中点值×对应频率之和”，先确定各区间中点值与频率（频率 = 组距×频率/组距 ），再计算加权平均.
（2）概率等于对应区间的频率之和，即各区间频率/组距×组距的和.
（3）用条件概率公式，结合频率分布直方图频率与患病率，计算对应概率.
（1）平均年龄
（岁）．
（2）由频率分布直方图可得该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率为；
（3）设“任选一人年龄位于区间”，“从该地区中任选一人患这种疾病”，
则由已知得：，，，
则由条件概率公式可得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，
此人患这种疾病的概率为．
17．（2025高二下·泸县期末）设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与抛物线交于，两点，.
（1）求抛物线的方程；
（2）若关于轴的对称点为，求证：直线恒过定点，并求出该点的坐标.
【答案】（1）解：设焦点的坐标为，则的方程为，
代入抛物线得，
设，，则，，
由抛物线的定义知，又
，则，
抛物线的方程为.
（2）证明：由于关于轴的对称点为，则的坐标为
那么直线的斜率为，
直线的方程为，
即，
，，
，
即（因为，异号），
直线的方程为，
恒过.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先设出焦点和过焦点的直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合抛物线焦点弦长公式求出，进而确定抛物线方程，核心是直线与抛物线联立及韦达定理、焦点弦长公式的应用.
（2）先求出对称点的坐标，计算直线的斜率，写出直线方程，再结合韦达定理化简方程，找出恒过的定点，关键是斜率计算、直线方程推导与韦达定理的综合运用和直线圆锥曲线的综合问题.
18．（2025高二下·泸县期末）已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，为的导函数.
（i）求实数的取值范围；
（ii）记较小的一个零点为，证明：.
【答案】（1）解：当时，，函数的定义域为，
，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
综上所述，函数在上单调递减，在单调递增.
（2）（i）解：函数的定义域为，，①当时，，函数在单调递减，至多有一个零点，不符合题意；
②当时，令，解得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
∴当时，取得最小值，最小值为.
因为函数有两个零点，且时，，时，，所以.
设，易知函数在单调递增.
因为，所以的解集为.
综上所述，实数的取值范围是.
（ii）证明：因为，由，结合（i）知，
要证，即证，即，
当时，因为，，不等式恒成立；
当时，由得.
即证.
即证.
即证.
设，，由，
所以在单调递增.
所以，故原不等式成立.
所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）当时，求导函数，根据导函数的正负确定原函数的单调区间，核心是导数与函数单调性的关系.
（2）（i）求的取值范围：先求导，对分类讨论，结合函数单调性、极值与零点的关系确定的范围，关键是导数分析函数形态.
（ii）证明不等式：利用零点条件化简，构造新函数，通过研究新函数单调性证明，核心是函数构造与单调性应用.
（1）当时，，函数的定义域为，
，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
综上所述，函数在上单调递减，在单调递增.
（2）（i）函数的定义域为，，
①当时，，函数在单调递减，至多有一个零点，不符合题意；
②当时，令，解得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
∴当时，取得最小值，最小值为.
因为函数有两个零点，且时，，时，，所以.
设，易知函数在单调递增.
因为，所以的解集为.
综上所述，实数的取值范围是.
（ii）因为，由，结合（i）知，
要证，即证，即，
当时，因为，，不等式恒成立；
当时，由得.
即证.
即证.
即证.
设，，由，
所以在单调递增.
所以，故原不等式成立.
所以.
19．（2025高二下·泸县期末）如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥.
（1）若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积；
（2）若，是的中点.
（ⅰ）求的大小；
（ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）解：由题意得，又，，平面，，
所以平面，则此时三棱锥如图所示，
由题意得，，，，都是直角三角形，所以，
将三棱锥补全为长方体，此时三棱锥的外接球球心为长方体对角线的中点，
即，
所以三棱锥外接球的表面积为.
（2）（ⅰ）解：设，，则，，因为，所以，
在直角三角形中，得，整理得，，
因为，，
所以，
因为，所以，故.
（ⅱ）解：由（ⅰ）知，设，则，
所以，，
所以
，
因为，所以，
当时，有最大值，最大值为1，此时有最小值，
所以当取最小值时，，且，
由，得，，
所以，，.
如图1，取中点，连接，，则，，故，，，四点共线，
当取最大值时，即平面平面，由翻折关系知，
故直线，，两两垂直，且，，
如图2，以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
设直线与平面所成的角为，则.
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）先根据条件分析线线垂直关系，确定三棱锥的结构特征（如直角三角形面 ），找出外接球的球心与半径，再计算表面积，核心是空间几何中外接球的确定.
（2）（i）求：通过线段关系，利用正方形边长与的条件，结合三角形全等或边角关系推导角度，关键是线段关系的转化.
（ii）求线面角正弦值：先根据面积与体积的最值条件确定相关线段长度，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角，核心是空间向量的应用与最值分析.
（1）由题意得，又，，平面，，
所以平面，则此时三棱锥如图所示，
由题意得，，，，都是直角三角形，所以，
将三棱锥补全为长方体，此时三棱锥的外接球球心为长方体对角线的中点，
即，
所以三棱锥外接球的表面积为.
（2）（ⅰ）设，，则，，
因为，所以，
在直角三角形中，得，整理得，，
因为，，
所以，
因为，所以，故.
（ⅱ）由（ⅰ）知，设，则，
所以，，
所以
，
因为，所以，
当时，有最大值，最大值为1，此时有最小值，
所以当取最小值时，，且，
由，得，，
所以，，.
如图1，取中点，连接，，则，，故，，，四点共线，
当取最大值时，即平面平面，由翻折关系知，
故直线，，两两垂直，且，，
如图2，以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
设直线与平面所成的角为，则.
∴直线与平面所成角的正弦值为.
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