第頁，共頁河南省2024—2025年度高二期中考試數學注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.4.本試卷主要考試內容：人教A版選擇性必修第一冊占30%，選擇性必修第二冊占35%，選擇性必修第三冊第六、七章占35%.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若直線與互相垂直，則（）A.0 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分類討論直線斜率，再利用即可.【詳解】由題意可知直線的斜率，當時，直線的斜率不存在，不滿足；當時，直線的斜率，由，得，即，解得．故選：B2.已知數列的前n項和為，且，則（）A.1 B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】根據代入即可得解.【詳解】當時，，又，則．當時，，又，所以，解得：．故選：D3.在的展開式中，的系數為（）A.250 B.500 C. D.【答案】C【解析】【分析】根據二項式展開式的通項公式即可求得答案.【詳解】由二項式展開式的通項公式可得，，令，解得，所以的系數為．故選：C4.已知各項均為正數的等比數列的前4項和為30，且，則（）A.1 B.2 C.4 D.8【答案】D【解析】【分析】根據等比數列通項公式的基本量運算求出，進而得出.【詳解】設等比數列的公比為q，則，又，解得，故．故選：D.5.曲線在點處的切線方程為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出導函數得出切線斜率，再應用點斜式寫出直線方程.【詳解】，所求切線方程為．故選：A.6.已知直線與函數，的圖象分別交于點、，當取得最小值時，（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】令函數，利用導數求出函數的最小值及其對應的值，即可得出結論.【詳解】由題意可得，令函數，則．由可得，由可得，所以，函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以，，即的最小值為，此時．故選：A.7.記棱長為2的正方體的內切球為球是球O的一條直徑，P為該正方體表面上的動點，則的最大值為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根據空間向量的加法運算和數量積的運算律求解.【詳解】由題意可得，球O的半徑為1．．當P為正方體頂點時等號成立，故選：B8.將一根長為3的鐵絲截成9段，使其組成一個正三棱柱的框架（鐵絲長等于正三棱柱所有棱的長度之和），則該正三棱柱的體積最大為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出正三棱柱的體積，再求出導函數，根據導函數正負得出函數單調性，進而得出最大值即可.【詳解】設正三棱柱的底面邊長為x，側棱長為y，則，即．正三棱柱的體積．當時，，當時，，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，V取得最大值，最大值為．故選：C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.記為等差數列的前n項和．已知，則（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根據等差數列，且，求得，再利用等差數列通項公式和前項和公式求解.【詳解】解得：所以，A，B，D正確，，C錯誤．故選：ABD10.已知函數，下列結論正確的是（）A.若為奇函數，則B.的圖象關于直線對稱C.若，則的單調遞增區間為D.當時，在上單調遞增【答案】BCD【解析】【分析】A選項，求定義域，根據奇函數性質求出；B選項，計算出，B正確；C選項，，解不等式求出單調遞增區間；D選項，求導，得到，其中，解不等式求出單調遞增區間.【詳解】A選項，定義域為，若奇函數，則，解得，A錯誤．B選項，，所以的圖象關于直線對稱，B正確．C選項，若，則．令，解得，所以的單調遞增區間為，C正確．D選項，，當時，，故．令，即，解得，所以的單調遞增區間為，D正確．故選：BCD11.已知表示中最小的數，表示中最大的數.若數列，都只有項，且都是由數字，，，，，，，隨機排列而成的（每個數字都出現，但不重復出現），記，，則（）A.X的值可能為，，， B.的值可能為，，，C.的概率為 D.的概率為【答案】ACD【解析】【分析】先確定滿足條件的的個數，再結合定義確定的可能取值，確定取各值的方法數，由此可得取各值的概率，再求的值及取各值的概率，結合概率加法和乘法公式求結論.【詳解】將1，2，3，4，5，6，7，8平均分成組，有種分法.X的值可能為，，，，A正確；不妨設，若，，，中的最大值為，則，，，中的最大值為，有種情況，此時.若，，，中的最大值為，則，，，中的最大值為，有種情況，此時.若，，，中的最大值為，則，，，中的最大值為，有種情況，此時.若，，，中的最大值為，則，，，中的最大值為，有種情況，此時.，，，.，C正確；又的值可能為，，，，B錯誤；不妨設若，，，中的最小值為，則，，，中的最小值為，有種情況，此時.若，，，中的最小值為，則，，，中的最小值為，有種情況，此時.若，，，中的最小值為，則，，，中的最小值為，有種情況，此時.若，，，中的最小值為，則，，，中的最小值為，有種情況，此時.，，，.，D正確.故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.某林業科學院培育新品種草莓，新培育的草莓單果質量（單位：g）近似服從正態分布，現有該新品種草莓10000個，估計其中單果質量超過的草莓有___________個．附：若，則．【答案】1587【解析】【分析】根據正態分布的概率性質計算求解.【詳解】由可知，故其中單果質量超過的草莓約有個．故答案為：1587.13.將6名志愿者安排到5個小區參加以“健康生活”為主題的宣傳活動，每名志愿者只去1個小區，每個小區至少安排1名志愿者，則不同的安排方法共有___________種．【答案】1800【解析】【分析】先利用組合數的概念從名志愿者中選出人作為一組，再利用排列數的概念將分好的組全排列分配到個小區，最后根據分步乘法計數原理計算出不同的安排方法總數．【詳解】先將2名志愿者看作一組，選法有種，再將5組志愿者分配到5個小區，分法有種，故不同的安排方法有種．故答案為：14.雙曲線的左、右焦點分別為是雙曲線C右支上一點，且直線的斜率為是面積為的直角三角形，則雙曲線C的實半軸長為___________．【答案】##【解析】【分析】通過已知點所在象限和，利用直線斜率求出三角函數值，再借助正弦定理得到線段比例關系，結合三角形面積求出線段長度，最后根據雙曲線定義求出的值．【詳解】由題可知，點P在第四象限，．設．由，求得．因為，所以，求得，即．由正弦定理可得．設，得．由，得，則，，又，解得．故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知橢圓的離心率為，點在橢圓C上．（1）求橢圓C的標準方程．（2）直線與橢圓C交于M，N兩點．①求m的取值范圍；②若，求的值．【答案】（1）（2）①；②．【解析】【分析】（1）根據離心率和過點，代入計算得到答案；（2）將直線的方程與橢圓方程聯立得，利用根的判別式求解即可；（3）由（2）結合，利用韋達定理和弦長公式即可求解.【小問1詳解】因為點在橢圓C上，所以．橢圓C的離心率為，解得．故橢圓C的標準方程為．【小問2詳解】聯立得．①，解得，所以m的取值范圍為．②因為，所以，解得．．16.為了研究某中藥預防方對預防某種疾病的效果，進行實驗后得到如下結果：單位：人服用情況患病情況患病不患病服用中藥預防方100900不服用中藥預防方400600（1）從參與該實驗的人中任選1人，A表示事件“選到的人服用中藥預防方”，B表示事件“選到的人不患病”．利用該調查數據，求的值．（2）以頻率作為概率，若每天從參與該實驗且服用了中藥預防方的人中隨機抽取1人，連續抽10天，每天抽取的結果相互獨立，記這10天抽到的人中不患病的人數為X，求X的期望．【答案】（1）（2）9【解析】【分析】（1）概率計算，依據條件概率公式來求解；（2）二項分布期望的計算，根據二項分布的期望公式進行計算．【小問1詳解】由題意可得，．．【小問2詳解】從參與該實驗且服用了中藥預防方的人中隨機抽取1人，不患病的概率為．由已知得，則．17.如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，．（1）證明：平面平面．（2）若二面角的余弦值為，求四棱錐的體積．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由線面垂直的判定定理可證平面，由此可得平面平面；（2）作，垂足為E，連接，先證平面，然后以E為坐標原點，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，利用向量法表示面面角的余弦值，即可求解，再利用錐體的體積公式即可求解.【小問1詳解】因為，，，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面；【小問2詳解】作，垂足為E，連接，因為，，平面，所以平面，因為平面，所以，因為平面平面，平面平面，所以平面，以E為坐標原點，所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設，則，設平面的法向量為，則，取，設平面的法向量為，則，取，，解得（舍去），即，四棱錐的體積.18.已知函數．（1）求的極值；（2）求的單調區間；（3）若，求a的取值范圍．【答案】（1）極小值為，無極大值．（2）答案見解析（3）．【解析】【分析】(1)求出導數，根據導數與極值點的關系求極值點，再求極值即可；(2)求出函數的導數，通過討論a的范圍，求出函數的單調區間即可；(3)由題意，可得，即，構造函數，上式等價于，利用導數計算求解即可得出結果．【小問1詳解】．令，解得，令，解得，所以在上單調遞增，在上單調遞減．在處取得極小值，極小值為，無極大值．【小問2詳解】的定義域為．．若，則為常函數，無單調區間．若，則的單調遞減區間為，無單調遞增區間．【小問3詳解】因為，所以，即．令函數，上式等價于．在上恒成立，所以在上單調遞增．因為當時，，當時，，所以，即．因為，所以，所以．故a的取值范圍是．19.某商家為吸引顧客，準備了兩份獎品，凡是進店消費即可參與抽獎，獎品被抽完即抽獎活動終止．抽獎的規則如下：在一個不透明的盒子中有放回地取球（小球大小和質地相同），取出紅球，則不獲獎，取出白球，則獲獎．剛開始盒子中有個白球和個紅球，參與抽獎的顧客從盒子中隨機抽取1個球，若不獲獎，則將球放回，該顧客抽獎結束，下一名顧客繼續抽獎．若獲獎，則將球放回后再往盒子中加個紅球，該顧客再繼續抽獎．若第二次抽獎不獲獎，則將球放回，該顧客只獲得一份獎品，抽獎結束，下一名顧客繼續抽獎；若第二次抽獎獲獎，則該顧客獲得兩份獎品，整個抽獎活動結束．該活動深受顧客喜歡，假設這兩份獎品沒被抽完前始終有顧客參與抽獎．（1）求第名和第名顧客各抽中一份獎品的概率；（2）求這兩份獎品都被第名顧客抽取的概率；（3）求由第名顧客終止抽獎活動的概率．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）分析可知第名顧客抽取的是紅球；第名顧客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是紅球；第名顧客抽取的是白球.結合獨立事件的概率公式可求得所求事件的概率；（2）利用列舉法列舉出這兩分別獎品都被第名、第名、第名顧客抽走的概率，利用歸納可得出這兩份獎品都被第名顧客抽取的概率；（3）設由第名顧客終止抽獎的概率為，可得出的值，討論的情形，第名顧客共抽取了兩份獎品，則前面名顧客都沒有抽到獎品；第名顧客抽取了一份獎品，則前面名顧客中第名顧客抽到了一份獎品，計算出兩種情況下所求概率，相加即可得解.【小問1詳解】由題意可得第名和第名顧客各抽中一份獎品，即第名顧客抽取是紅球；第名顧客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是紅球；第名顧客抽取的是白球.故第名和第名顧客各抽中一份獎品的概率為.【