河南省青桐鸣大联考2024-2025学年高二下学期期中考试 数学试题（含解析）

河南省青桐鸣大联考2024−2025学年高二下学期期中考试数学试题一、单选题1．我国新能源汽车产销量连续5年居世界首位．某客户欲购买一辆新能源汽车，已知品牌有5种不同型号的汽车，品牌有10种不同型号的汽车，品牌有6种不同型号的汽车可供选择，则该客户不同的选择种数为（

）A．21 B．40 C．56 D．3002．已知服从两点分布，若，则（

）A． B． C． D．3．在等比数列中，若，且，则公比（

）A． B．3 C． D．4．的展开式中含项的系数为（

）A． B． C． D．5．已知直线与圆相切，则（

）A． B． C． D．06．某质检部门对一家超市中A，B，C三种食品进行质量抽查，从这三种食品中任取一件，质量合格率为，据该超市反馈，A，B两种食品的质量合格率分别为，，且A，B，C三种食品的件数之比为．根据上述信息推断，C种食品的质量合格率为（

）A． B． C． D．7．将字母排成一排，若要求相邻，且不在两端，则不同的排列方法共有（

）A．228种 B．192种 C．240种 D．168种8．在正四棱柱中，，，点，分别为正方形与正方形的中心，E为的中点，点M为线段上的动点，则当点M到平面的距离最大时，直线与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知，且，则下列等式一定正确的是（

）A． B．C． D．10．已知随机事件满足，，且，则下列结论正确的是（

）A．事件互相独立 B．C． D．11．已知函数，则下列结论正确的是（

）A．当时，有极大值 B．当时，C．，恒成立 D．当有且仅有两个零点时，三、填空题12．已知，是两个离散型随机变量，且，若，则.13．现将一个7、两个3、三个5排成一排，不同的排列方法有种.14．已知抛物线的焦点F到其准线的距离为，若等边三角形的边在x轴的非负半轴上，与原点O重合，点的横坐标大于点的横坐标，位于第一象限的点，在抛物线C上，则.（用含n的式子表示）四、解答题15．已知随机变量的分布列为013（1）求实数的值；（2）求的数学期望；（3）设随机变量，求．16．已知．（1）求的值．（2）若．（ⅰ）求的值；（ⅱ）求的展开式中含的项的系数．17．已知双曲线的右焦点为，过点F的直线l交C的右支于A，B两点，当轴时，.（1）求双曲线C的离心率；（2）若直线l的倾斜角为，且C经过点，M为双曲线C的左支上一动点，求面积的最小值.18．已知函数，．（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数的值；（2）若在上单调递减，求实数的取值范围；（3）证明：，．19．若随机变量X，Y均为定义在同一样本空间上的离散型随机变量，则将称为二维离散型随机变量，将取值为的概率记作，其中.甲、乙两人进行足球点球比赛，约定如下：甲、乙各点一次球，点球者进球得1分，不进球得分，分数高者获胜，比赛结束.若平局，甲、乙再通过抽签决定谁点球，且甲、乙抽中签的概率均为，抽中签者点球，进球得1分，不进球得分；未抽中者不点球，得0分，分数高者获胜，比赛结束.已知甲、乙每次进球的概率分别为，，且每次点球之间相互独立.记甲得分为X，乙得分为Y.（1）求，；（2）求；（3）已知随机事件发生了，求随机变量Y的分布列与数学期望.

参考答案1．【答案】A【详解】根据分类加法计数原理可知，客户不同的选择种数为．故选A．2．【答案】C【详解】由两点分布的性质可知，，又，所以.故选C.3．【答案】D【详解】由题设及等比数列的性质有，可得，而，则.故选D4．【答案】C【详解】在的展开式通项为，的展开式通项为，所以，的展开式通项为，由可得，故展开式中项的系数为．故选C．5．【答案】A【详解】由，则，所以圆心，半径，，由题设，则.故选A6．【答案】B【详解】设C种食品的质量合格率为，根据全概率公式可知，，解得．故选B．7．【答案】B【详解】将捆绑在一起，视为一个整体，不考虑的位置，则有（种）排法，当在两端时，有（种）排法，所以满足要求的排列方法有（种）.故选B8．【答案】D【详解】以为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，因为E为的中点，所以，则，，设平面的一个法向量为，则，取，则，设，所以，所以，点M到平面的距离，当时，即与点重合时，点M到平面的距离最大，此时，直线与平面所成角的正弦值为，故选D．9．【答案】ABD【详解】对于选项A：由，得，故A正确；对于选项B：由，得，则，故B正确；对于选项C：例如，则，即，故C错误；对于选项D：因为，所以，故D正确；故选ABD．10．【答案】AC【详解】由，得，，．对于A：，所以，所以事件，互相独立，所以事件互相独立，故A正确；对于B：因为事件互相独立，所以事件互相独立，所以，故B错误；对于C：，故C正确；对于D：，故D错误．故选AC．11．【答案】ABD【详解】对于选项A，当时，．则.令．解得．则当时．，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，所以在有取得极大值，A正确．对于选项B，，当，时，，故在单调递增，则，B正确．对于选项C，若，当时，，C错误．对于选项D，令，则，令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，且，当时，恒成立．画出的大致图象，如下：可知当有两个零点时，，D正确．故选ABD12．【答案】1009.【详解】，是两个离散型随机变量，且，若，因为，所以.13．【答案】60【详解】由题意知，一个7，两个3，三个5共6个数字全排列，共种方法，又因为6个数字中有两个3和三个5是重复的，所以共有种方法.14．【答案】【详解】由题设，易得，则，在抛物线C上，等边三角形的边在x轴的非负半轴上，与原点O重合，

设，则时，故，所以，当时，，则，若是的前n项和，则，故，显然时满足，当，，整理得，又，则，故是首项、公差都为2的等差数列，所以.15．【答案】（1）；（2）；（3）.【详解】（1）根据分布列的性质可得，．解得．（2）的数学期望．（3）的方差：，故．16．【答案】（1）（2）（ⅰ）；（ⅱ）【详解】（1）令，得，；（2）（ⅰ）令，得，，解得．（ⅱ）因为的展开式的通项为（且），令，解得，故的展开式中含的项的系数为．17．【答案】（1）（2）【详解】（1）当轴时，，将代入方程中，得，由，解得，即，所以，整理得，所以，故，由，解得，即双曲线的离心率为.（2）因为双曲线过点，所以，则，所以双曲线的方程为，右焦点，得直线，即.设，，消去得，则，所以.设过点与直线平行的直线的方程为，当与双曲线的左支相切时，与之间的距离最小，此时的面积最小.，消去得，，解得.当时，与双曲线的右支相切，不符合题意；当时，与双曲线的左支相切，符合题意，所以，与直线的距离为，所以面积的最小值为.

18．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【详解】（1）因为，所以，则，因为曲线在点处的切线与直线垂直，所以，故．（2），则，所以在上恒成立．故在上恒成立，令，，则，当时，，在单调递增；当时，，在上单调递减，所以，则，所以，故实数的取值范围为．（3）由（2）可知，当时，，当且仅当时取得等号，令，则，所以，，，…，，所以．故原不等式得证.19．【答案】（1）（2）（3）分