2024-2025学年江西上饶戈阳县一中、横峰中学、铅山县一中高二下学期4月联考数学试题含答案

高中高中高二数学试卷一、单选题（每小题5分，计40分）1．已知函数在上可导，若，则（

）A．9 B．12 C．6 D．32．已知抛物线的焦点为F,若抛物线上的点与点F间的距离为3,则()A. B. C.或 D.4或3．已知数列满足，且，，则（

）A． B． C． D．4．已知双曲线的左、右焦点分别为，为的右支上一点，，则的离心率为（

）A． B． C． D．5．已知实数满足，则的最大值为（

）A． B． C． D．6．设数列的前项和为，则下列说法正确的是（

）A．是等比数列 B．成等差数列，公差为C．当且仅当时，取得最大值 D．时，的最大值为337．当时，设函数存在导数，且满足，若，则（

）A． B． C．0 D．8．已知数列的首项为1，且，设数列中不在数列中的项按从小到大的顺序排列构成数列，则数列的前100项和为（

）A．11449 B．11202 C．11209 D．11195二、多选题（每小题6分，计18分）9．某工厂生产的200个零件中，有198件合格品，2件不合格品，从这200个零件中任意抽出3件，则抽出的3个零件中（

）A．至多有1件不合格品的抽法种数为B．都是合格品的抽法种数为C．至少有1件不合格品的抽法种数为D．至少有1件不合格品的抽法种数为10．已知在首项为1，公差为d的等差数列中，、、是等比数列的前三项，数列的前n项和为，则（

）A．或B．C．是等差数列D．11．甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，下列说法正确的是（

）A．2次传球后球在丙手上的概率是B．3次传球后球在乙手上的概率是C．3次传球后球在甲手上的概率是D．n次传球后球在甲手上的概率是三、填空题（每小题5份，计15分）12．已知的二项展开式中各项系数和为，则展开式中常数项的值为.13已知直线l分别与曲线,相切于点,,则的值为.14．如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是．四、解答题（共5小题，计77分）15．中国在第75届联合国大会上承诺，努力争取2060年之前实现碳中和(简称“双碳目标”)．新能源电动汽车作为战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用．赛力斯汽车有限公司为了调查客户对旗下AITO问界M7的满意程度，对所有的意向客户发起了满意度问卷调查，将打分在80分以上的客户称为“问界粉”．现将参与调查的客户打分(满分100分)进行了统计，得到如下的频率分布直方图：(1)估计本次调查客户打分的中位数(结果保留一位小数)；(2)按是否为“问界粉”比例采用分层抽样的方法抽取10名客户前往重庆赛力斯两江智慧工厂参观，在10名参观的客户中随机抽取2名客户赠送价值2万元的购车抵用券．记获赠购车券的“问界粉”人数为，求的分布列和数学期望．16．已知数列满足，．(1)证明：数列为等差数列，并求通项；(2)求数列的前n项和．17．如图平面ABC，，F是线段BC上的动点，E是MC的中点，已知(1)证明：平面平面(2)若，，N在线段MB上.（i）求点C到平面AEB的距离;（ii）是否存在点N，使得平面NAC与平面AEB夹角的余弦值为若存在，求的值;若不存在，请说明理由.18．如图，圆E的圆心为，半径为4，是圆E内一个定点，M是圆E上任意一点.线段FM的垂直平分线L和半径EM相交于点N，当点M在圆上运动时，记动点N的轨迹为曲线(1)求曲线C的方程;(2)设曲线C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为曲线C上异于A，B的动点，设PB交直线于点T，连结AT交曲线C于点直线AP、AQ的斜率分别为、（i）求证：为定值;（ii）证明直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标.19．对于函数，我们无法直接求出它的零点，数学家牛顿用设切线的方法解决了这个问题.设函数的零点为，如果可以找到一步步逼近的，，，…，，使得当时，，则可把看做函数的近似解，这个方法被称为“牛顿法”.具体步骤为：选取合适的，在横坐标为的点作的切线，切线与轴的交点的横坐标即，再用代替，重复上面的过程得到，如此循环计算出.我们知道在处的切线的斜率为，由此写出切线方程，因为，所以令得切线与轴交点的横坐标，同理得，，以此类推，可以得到.(1)对于函数，当时，求，的值；(2)已知函数的定义域R.（i）对于函数，若为公差不为零的等差数列，求证：无零点；（ii）当时，运用“牛顿法”证明：

高二数学答案题号12345678910答案BCABDDDBCDAC题号11答案ACD1．B【详解】由导数定义可知：，故.故选：B.2．C解析：抛物线开口向左,依题意,抛物线上的点与点F间的距离为3,所以,,抛物线方程为,令,得,解得,故选：C.3．【详解】由可得：，若，则，与题中条件矛盾，故，所以，也即数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，则有，也即，所以，故选：.4．B【详解】依题意得，则的离心率为故选：B.5．D【详解】设，将其看作直线，由直线与圆有公共点，得圆心到直线的距离小于或等于圆的半径，即，解得，所以的最大值为，即的最大值为故选：D6．D【详解】因为，所以数列是以为公差，32为首项的等差数列，所以，所以，所以当时，，所以，因为，所以，对于A，因为，所以是以为公差的等差数列，所以A错误，对于B，因为，所以，所以，因为，所以成等差数列，公差为，所以B错误，对于C，，对称轴为，因为，所以当或时，取得最大值，所以C错误，对于D，由，得，且，所以的最大值为33，所以D正确，故选：D7．D【详解】由，即，即，所以是常数，当时，，所以，当时，，得.故选：D8．【答案】B【详解】数列的首项为1，且，当时，，，而满足上式，因此，，而，因此数列的前100项和为数列的前107项的和减去数列的前7项的和，所以数列的前100项和为.故选：B9．【答案】CD【详解】对于A：至多有1件不合格品分两种，一种是只有1件不合格品，一种是没有不合格品，故抽法种数为，A错误；对于B：都是合格品的抽法种数为，B错误；对于C：至少有1件不合格品分两种，一种是只有1件不合格品，一种是有2件不合格品，故抽法种数为，C正确；对于D：至少有1件不合格品的抽法种数为，D正确.故选CD.10．【答案】AC【详解】由题意，则，整理得，可得或，当时，，，则，即是等差数列，此时；当时，，，则，即是等差数列，此时，易知公比为4，故；综上，A、C对，B、D错.故选：AC11．【答案】ACD【详解】第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共4个结果，它们等可能，2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙丙，1个结果，所以概率是，故A正确；第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果为:甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8个结果，它们等可能，3次传球后球在乙手中的事件有：甲乙甲乙，甲乙丙乙，甲丙甲乙，3个结果，所以概率为，故B错误；3次传球后球在甲手上的事件为：甲乙丙甲，甲丙乙甲，2个结果，所以概率为，故C正确；n次传球后球在甲手上的事件记为，则有，令，则于是得，故，则，而第一次由甲传球后，球不可能在甲手中，即，则有，数列是以为首项，为公比的等比数列，所以即，故D正确.故选ACD.12．【答案】【详解】的二项展开式中各项系数和为1024，即，．设的二项展开式的通项为，则，令，得，故展开式中常数项的值为．故答案为：210．13．答案：1解析：由,,有,,在点处的切线方程为,在点处的切线方程为,则有,得,所以,可得.故答案为：1.14．【答案】【详解】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，设球心，故，设平面的法向量为，则有，可取，则球心到平面的距离为，因为球与三个正方形面和等边三角形面相切，所以，解得，所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是.故答案为：.15．【详解】（1）由频率分布直方图可知：打分低于70分的客户所占比例为40％，打分低于80分的客户的所占比例为70％，所以本次调查客户打分的中位数在[70，80）内，由，所以本次调查客户打分的中位数约为73.3分；（2）根据按比例的分层抽样：抽取的“问界粉”客户3人，“非问界粉”客户7人，则的所有可能取值分别为0，1，2，其中：，，，所以ξ的分布列为：012P所以数学期望．16．【详解】（1）因为，所以，又，所以，所以数列是以为1首项，1为公差的等差数列，所以，所以.（2）由（1）可得，所以，则，两式相减得，，所以.17．【详解】（1），E是MC的中点，，平面ABC，平面ABC，，又，又，平面MAC，平面MAC，平面MAC，又平面AEF，，又，平面MBC，平面MBC，平面MBC，又平面AEF平面平面MBC（2）（i）以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系：，，，，，，，设平面AEB的法向量为则，即，取，可得，所以，即点C到平面AEB的距离为；（ii），设，则，，设平面NAC的法向量为则，即，令。可得，，化简得，解得或，或.18．【详解】（1）由题意可知，，由椭圆定义可得，点N的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，且长轴长，焦距，所以，因此曲线C方程为（2）证明：设，，，由题可知，，如下图所示，则，，而，于是，所以，又，则，因此为定值；由题意可知，直线PQ不可能与