江苏省连云港市灌云县等2地2024-2025学年高二下学期6月第二次阶段性检测试题数学

20242025学年江苏省连云港市灌云县等2地高二下学期6月月考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知复数z=3−i1+i(i是虚数单位)，则z的虚部为A.2 B.2i C.−2 D.−2i2.在2x−1x6的展开式中常数项是A.1120 B.−160 C.−120 D.1603.已知事件A,B，且P(A)=56，P(B)=23，P(A|B)=1A.45 B.25 C.134.某单位为了了解办公楼用电量y(度)与气温x(℃)之间的关系，随机统计了四个工作日的用电量与当天平均气温，并制作了对照表：气温(℃)181310−1用电量(度)24343864由表中数据得到经验回归方程y=−2x+a，当气温为−4 ℃时，预测用电量约为A.68度 B.52度 C.12度 D.28度5.甲、乙两人射击，中靶的概率分别为0.8，0.7.若两人同时独立射击，则他们两人至多一次击中靶的概率是(

)A.0.56 B.0.44 C.0.5 D.0.066.已知盒中有10个球(除颜色外其他属性都相同)，其中6个白球和4黑球.从盒中一次随机地取出2个球，其中至少有1个白球的概率为(

)A.215 B.23 C.13157.为了考查一种新疫苗预防某X疾病的效果，研究人员对一地区某种动物进行试验，从该试验群中随机进行了抽查，已知抽查的接种疫苗的动物数量是没接种疫苗的2倍，接种且发病占接种的16，没接种且发病的占没接种的13，若本次抽查得出“在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为接种该疫苗与预防某X疾病有关”的结论，则被抽查的没接种动物至少有(    )α0.100.050.010.0050.001x2.7063.8416.6357.87910.828χ2A.59 B.60 C.61 D.628.随着“广西砂糖桔”“马铃薯公主”等热梗的不断爆出，哈尔滨火爆出圈，成为旅游城市中的“顶流”.某班级六位同学也准备共赴一场冰雪之约，制定了“南方小土豆，勇闯哈尔滨”的出游计划，这六位同学准备在行程第一天在圣索菲亚教堂、冰雪大世界、中央大街三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，六位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数是(

)A.144 B.132 C.168 D.150二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列命题中，正确的是(

)A.若事件A,B互斥，则P(A+B)=P(A)+P(B)B.两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的值越接近于1C.用X表示9次独立重复试验中事件A发生的次数，p为每次试验中事件A发生的概率，若E(X)=6，则p=D.已知随机变量X的分布列为P(X=i)=ai(i+1)10.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，O为正方形ABCD的中心，E为棱C1C的中点，点P在线段BC1上(不包含端点)运动，点F在正方形A.AB1与OP一定异面 B.AC.三棱锥A1−C1EF体积的最小值为1311.“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．下列关于“杨辉三角”的结论正确的是(

)A.2024行中从左往右第1012个数与第1014个数相等B.CC.记第10行的第i个数为ai，则D.记第n行的第i个数为ai，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知随机变量X服从正态分布N4,σ2，且P(4<X<6)=0.3，则P(X>2)=13.有三个罐子，1号罐子中装有2个红球、1个黑球，2号罐子中装有3个红球、1个黑球，3号罐子中装有2个红球、2个黑球．现从中随机取一个罐子，再在该罐子中随机取出一个球，求取得的球是黑球的概率_____________．14.已知▵ABC中，∠BAC=60∘,AB=42,Q是边BC上的动点．若PA⊥平面ABC，PA=2，且PQ与面ABC四、解答题：本题共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.(本小题13分)设等差数列an的公差为d，记Sn是数列an的前n项和，若S(1)求数列an(2)若d>0,bn=1an⋅an+1n∈16.(本小题15分)已知甲盒中有1个红球，2个蓝球，乙盒中有5个红球，4个蓝球，这些球除了颜色外完全相同．(1)从甲盒中有放回地取球，每次取1个，共取3次，求这3次中取出2次红球的概率；(2)从甲、乙两盒中各任取2个球，记取出的4个球中红球的个数为X，求X的分布列和数学期望．17.(本小题15分)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA//QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ=22，求平面PCQ与平面DCQ18.(本小题17分)已知3,52是双曲线E：x2a2(1)求E的方程；(2)直线l过点A(1,1)，且与E的两支分别交于P，Q两点．若|AP|⋅|AQ||PQ|=1919.(本小题17分)设P是坐标平面xOy上的一点，曲线Γ是函数y=fx的图象，若过点P恰能作曲线Γ的k条切线(k∈N)，则称P是函数y=fx的“(1)判断点O0,0与点A2,0是否为函数y=ln(2)已知0<m<π，gx=sinx，证明：点B0,π(3)求函数y=x3−x的全体2参考答案1.C

2.B

3.B

4.A

5.B

6.C

7.D

8.D

9.ACD

10.BC

11.ACD

12.0.8

13.133614.36π

15.解：(1)由S5=a3+20由S15=a2a3a当a8=0时，d=当a2=3时，d=综上，数列{an}的通项公式为a(2)因为d>0，所以an=2n−1，则所以Tn所以Tn<16.解：(1)设A=“每次从甲盒中取出红球”，B=“这3次中取出2次红球”．则PA=1(2)X所有可能的取值为0，1，2，3PX=0=CPX=2=X0123P18255E(X)=1×8

17.(1)证明：∵BC=2AB=2,∠ABC=60∘∴AC=∴A∴AB⊥AC,∴CD⊥AC

，∵PA⊥

底面

ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD

，又AC，PA⊂平面PAC，AC∩PA=A，∴CD⊥

平面

PAC,∵CD⊂

平面

PCD

，∴

平面

PCD⊥

平面

PAC

．(2)解：在直角梯形

ADQP

中，易知

QD=3

，如图，过

C,P

作

CE,PE

分别平行于

AP,AC

，连结

QE

，作PF⊥QC

于

F

点，连结

EF

，∵AC⊥CD,AC⊥QD,CD，QD⊂平面

CDQE

，CD∩QD=D，∴AC⊥

平面

CDQE

，∵PE

//

AC,∴PE⊥

平面

CDQE

，∵CQ⊂平面

CDQE

，∴PE⊥CQ，∵PF⊥QC,

PE⋂PF=P，PE，PF⊂平面PEF，∴QC⊥平面PEF，∵EF⊂平面PEF，∴EF⊥QC，∴∠PFE

为平面

PCQ

与平面

DCQ

的夹角，∵AC=PE=3

，在

▵PCQ

中，PQ=2PC=2，cos∠QPC=212PQ·PCsin∠QPC=12QC·PF∴sin∠PFE=PE又∠PFE∈(0,∴cos∠PFE=故平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值为3118.解：(1)由题意，得9a又由渐近线为y=±52解得a=2，b=5，所以双曲线(2)显然直线l的斜率存在，设直线l:y=k(x−1)+1，P(x1,联立y=k(x−1)+1x24得(4k由根与系数关系，得x1+x由Δ>0，得3k所以AP=同理AQ=从而|AP|⋅|AQ|=(=(k|PQ|===4所以|AP|·|AQ||PQ|化简得5两边平方得7k2+4k−11=0，解得k=−117又因为直线l与E的两支分别交于P，Q两点，得k=1时x1k=−117时所以k=1．

19.解：(1)由题意，设t>0，则曲线y=lnx在点(t,lnt)处的切线方程为y−lnt=1该切线过原点O时，−lnt=−1，解得t=e，故点O(0,0)是函数y=lnx的一个1度点；又因为该切线过点A(2,0)，所以−lnt=1设s(t)=tlnt−t+2，则s′(t)=1+lnt−1=lnt，令s′(t)=0，得t=1，所以t∈(0,1)时，s′(t)<0，s(t)单调递减；t∈(1,+∞)时，s′(t)>0，s(t)单调递增，所以s(t)=tlnt−t+2在x=1处取得极小值，也是最小值，且s(1)=0−1+2=1>0，所以−lnt=1t(2−t)无解，点A(2,0)不是函数y=lnx(2)证明：设t>0，y′=cost，则曲线y=sinx在点(t,sint)处的切线方程为y−sint=cost(x−t)，则该切线过点(0,π)，当且仅当π−sint=−tcost(∗)，设G(t)=sint−tcost−π，G′(t)=tsint，∴0<t<π时，G′(t)>0，故y=G(t)在区间(0,π)上单调递增，∴当0<t<m<π时，G(t)<G(π)=0，(∗)恒不成立，即点B(0,π)是y=g(x)的一个0度点；(3)y′=3x对任意t∈R，曲线y=x3−x在点(t,故点(a,b)为函数y=x3−x的一个2度点当且仅当关于t设ℎ(t)=2t3−3at2+(a+b)，则点(a,b)为函数若a=0，则ℎ(t)=2t3+b若a>0，ℎ′(t)=6t2−6at，令ℎ′(t)=0得t=0由t<0或t>a时，ℎ′(t)>0，得y=ℎ(t)严格增；当0<t<a时，ℎ′(t)<0，得y=ℎ(t)严格减，故y=ℎ(t)在t=0时取得极大值ℎ(0)=a+b，在t=a时取得极小值ℎ(a)=b+a−a又ℎ(−3a+b2∴当ℎ(0)>0>ℎ(a)时，由零点存在定理，y=ℎ(t)在(−∞,0)，