2024成都七中高二下学期6月月考试题数学含解析

这是一份2024成都七中高二下学期6月月考试题数学含解析，共24页。试卷主要包含了试卷满分等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写（涂）在答题卡的指定位置上．
2．回答选择题时，选出每个小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，将答案写在答题卡相应位置上，所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
3．考试结束后，只需将答题卡交回，试卷由考生自行保管．
4．试卷满分：150分，考试时间：120分钟．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若上的可导函数在处满足，则（ ）
A. 6B. C. 3D.
2. 已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知等比数列的前项和为，则（ ）
A 18B. 54C. 128D. 192
4. 直线，被圆截得最短弦长为（ ）
A. B. C. D.
5. 三个数的大小顺序为（ ）
A. B. C. D.
6. 给图中五个区域进行染色，每个区域只染一种颜色且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择，则共有（ ）种不同的染色方案.
A. 48B. 60C. 72D. 84
7. 已知椭圆：的左焦点为，离心率为为椭圆上关于轴对称的两点，，若，则椭圆方程为（ ）
A B. C. D.
8. 已知曲线与的两条公切线的夹角的正切值，则的值为（ ）
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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，错选得0分．
9. 已知，若随机事件相互独立，则（ ）
A. B. C. D.
10. 下列说法中正确的是（ ）
A. 已知随机变量服从正态分布且，则
B. 甲、乙、丙、丁到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“甲独自去一个景点”，则
C. 五名学生去四个地方参加志愿者服务，每个地方至少有一名志愿者，则不同的方法共有240种
D. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学排成一排合影留念，其中甲、乙均不能站左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有30种
11. 已知抛物线焦点为，过抛物线上一点作两条斜率之和为0的直线，与的另外两个交点分别为（均在点下方），则下列说法正确的是（ ）
A. 的准线方程是
B. 若圆与以为半径的圆外切，则圆与轴相切
C. 直线的斜率为定值
D. 的面积最大值为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在展开式中常数项是______.
13. 某银行向贫困户小李提供10万元以内的免息贷款，小李准备向银行贷款万元全部用于农产品土特产的加工与销售，据测算每年利润（单位：万元）与贷款满足关系式，要使年利润最大，小李应向银行贷款______万元.
14. 某盒中有12个大小相同的球，分别标号为，从盒中任取3个球，记为取出的3个球的标号之和被3除的余数，则随机变量的期望为______.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知数列的前项和为.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
16. 某企业研发一种新产品，要用与两套设备同时生产，已知设备的生产效率是设备的2倍，设备生产的新产品合格率为0.9，设备生产新产品合格率为0.6，且设备与生产的新产品是否合格相互独立.
（1）从该公司生产的新产品随机抽取一件，求所抽产品为合格品的概率；
（2）从某批新产品中随机抽取4件，设表示合格品的件数，求的分布列和方差.
17. 如图，已知在平行六面体中，所有的棱长均为2，侧面底面为的中点，．
（1）证明：平面底面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
18. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数，证明：当时，函数在上只有1个零点.
19. 已知双曲线的实轴长为2，顶点到渐近线的距离为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若直线与的右支及渐近线的交点自上而下依次为，证明：；
（3）求二元二次方程的正整数解，可先找到初始解，其中为所有解中的最小值，因为，所以；因为，所以；重复上述过程，因为与的展开式中，不含的部分相等，含的部分互为相反数，故可设，所以.若方程的正整数解为，则的面积是否为定值？若是，请求出该定值，并说明理由.
成都七中高2025届高二下期6月阶段性检测
数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写（涂）在答题卡的指定位置上．
2．回答选择题时，选出每个小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，将答案写在答题卡相应位置上，所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
3．考试结束后，只需将答题卡交回，试卷由考生自行保管．
4．试卷满分：150分，考试时间：120分钟．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若上的可导函数在处满足，则（ ）
A. 6B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数在某点处的导数定义即可求解.
【详解】因为，
所以，
故选：A.
2. 已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用投影向量的定义结合空间向量数量积的坐标运算可得在上的投影向量的坐标.
【详解】已知空间向量，
则在上的投影向量为
.
故选：B.
3. 已知等比数列的前项和为，则（ ）
A. 18B. 54C. 128D. 192
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的定义结合求和定义，可得答案.
【详解】设等比数列的公比为，则，解得．
．
故选：D.
4. 直线，被圆截得最短弦的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求得直线所过定点，然后根据圆的几何性质求得最短弦长.
【详解】直线，
即，由，解得，
设，由于，所以在圆内，
圆的圆心为，半径，如图：
当时，最短，，
所以弦长的最小值为.
故选：C
5. 三个数的大小顺序为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先将化成统一形式，构造函数，研究单调性进而比较大小即可.
【详解】由题意得，，；
设，则，
当时，，所以单调递增，当时，，所以单调递减，
又，所以，即，所以.
故选：D
6. 给图中五个区域进行染色，每个区域只染一种颜色且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择，则共有（ ）种不同的染色方案.
A. 48B. 60C. 72D. 84
【答案】C
【解析】
【分析】分为同色，且同色；同色，而不同色；同色，而不同色三种情况，分别计算，根据分类加法计数原理，求和即可得出答案.
【详解】由题意知，与任意一点均不同色.
只用3种颜色，即同色，且同色，此时不同染色方法的种数为；
用4种颜色，此时可能同色，而不同色或同色，而不同色.
若同色，而不同色，此时不同染色方法的种数为；
若同色，而不同色，此时不同染色方法的种数为.
根据分类加法计数原理可得，不同染色方法的种数为.
故选：C
7. 已知椭圆：的左焦点为，离心率为为椭圆上关于轴对称的两点，，若，则椭圆方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得，，根据得，由点在椭圆上得，再结合消元解方程即可求得，得解.
【详解】根据为椭圆上关于轴对称的两点，，设，则，
因为，，所以，
所以，根据点在椭圆上得，
所以，又椭圆的离心率为，所以，，
所以，解得，则，所以椭圆方程为.
故选：B
8. 已知曲线与的两条公切线的夹角的正切值，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由两曲线互为反函数，结合反函数性质及正切函数倍角公式，可求得两条公切线的夹角一半的正切值，即可求得直线AD的斜率.设点A的横坐标为，切点D的横坐标为，由导数法分别就A、D两点求同一条切线方程，从而建立方程，化简求值.
【详解】与互为反函数，图象关于直线对称，
由题意可知，不符合题意，如图所示，
由题意，设两条公切线的夹角为，其正切值为，
解得或，
又为锐角，所以.
由对称性，不妨取公切线AD直线进行研究，则直线AD的倾斜角，.
设点A的横坐标为，切点D的横坐标为，
则，，∴，即.
所以，，，即.
∴，则，即，
则，所以，即，
所以.
故选：C
【点睛】方法点睛：公切线问题，一般可在两曲线上设出切点，分别求出切线，利用两切线为同一条切线得出方程，从而进一步求解.
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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，错选得0分．
9. 已知，若随机事件相互独立，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】借助条件概率公式和独立事件概率乘法公式可得A,B, C，借助与独立事件概率乘法公式计算可得D.
【详解】因为,相互独立，
所以 ,
故A错误；
因为 ,
故B正确；
因为，
故C错误；
，
故D正确.，
故选：BD
10. 下列说法中正确的是（ ）
A. 已知随机变量服从正态分布且，则
B. 甲、乙、丙、丁到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“甲独自去一个景点”，则
C. 五名学生去四个地方参加志愿者服务，每个地方至少有一名志愿者，则不同的方法共有240种
D. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学排成一排合影留念，其中甲、乙均不能站左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有30种
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用正态曲线的对称性求解判断A，利用条件概率公式求解判断B，利用不同元素的分组分配求解判断C，根据分类计数原理，借助排列、组合计算判断D.
【详解】对于A，因为随机变量服从正态分布且，
所以，所以，故A错误；
对于B，因为事件“4个人去的景点互不相同”，事件“甲独自去一个景点”，
所以由题意得，所以，故B正确；
对于C：先将5人分成人数为2,1,1,1的四组，再将分好的四组安排到四个地方，
则不同的安排方法有种，故C正确；
对于D，由题可知，当丙站在左端时，有种站法，
当丙不站在左端时，有种站法，
由分类加法计数原理得，一共有种不同的站法，故D正确，
故选：BCD
11. 已知抛物线的焦点为，过抛物线上一点作两条斜率之和为0的直线，与的另外两个交点分别为（均在点下方），则下列说法正确的是（ ）
A. 的准线方程是
B. 若圆与以为半径的圆外切，则圆与轴相切
C. 直线的斜率为定值
D. 的面积最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出抛物线方程，结合斜率坐标公式及抛物线定义即可判断ABC，设直线的方程，与抛物线方程联立，韦达定理，求出弦长及点到直线的距离，求出的面积，利用导数求解最大值即可.
【详解】依题意，，解得，即抛物线：，
故焦点，准线方程，A正确；
设，显然，
直线的斜率，
同理直线的斜率，由，得，解得，
因此直线的斜率，C正确；
圆，令圆的半径为，由圆与圆相外切，得，
而，于是，即圆的圆心到y轴的距离为圆的半径，
则圆与直线相切，B错误；
设直线为，由消去得：，，即，则，，
，
而点到直线的距离，
又点在直线的上方，所以，所以，所以，
则的面积
，令，
则，当时，；
当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在的展开式中常数项是______.
【答案】15
【解析】
【分析】首先写出二项式展开式的通项，令，即可求出，再代入计算可得.
【详解】二项式展开式的通项公式为，
令，求得.
所以展开式中常数项为.
故答案为：15
13. 某银行向贫困户小李提供10万元以内的免息贷款，小李准备向银行贷款万元全部用于农产品土特产的加工与销售，据测算每年利润（单位：万元）与贷款满足关系式，要使年利润最大，小李应向银行贷款______万元.
【答案】4
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性，利用单调性即可求出最值.
【详解】依题意，且，
，又，
所以当时，，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减.
所以当万元时，函数取得最大值.
故答案为：4
14. 某盒中有12个大小相同的球，分别标号为，从盒中任取3个球，记为取出的3个球的标号之和被3除的余数，则随机变量的期望为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出从12个球中任取3个球的方法数，并求出取出的3个球的标号之和能被3整除的方法数，得出的所有可能取值，再求出，，，最后利用数学期望的计算公式求数学期望即可.
【详解】从12个球中任取3个球有种不同的方法，
1到12中能被3整除的有3,6,9,12，除3余1的有1,4,7,10，除3余2的有2,5,8,11，
由题意知的所有可能取值为0，1，2，
取出的3个球的标号之和能被3整除的情况有：
①标号被3整除的球中取3个有；
②标号被3除余数为1的球取3个有；
③标号被3除余数为2的球取3个有；
④标号被3整除和除3余1和除3余2的三类球各取1个有.
则．
取出的3个球的标号之和被3除余1的情况有：
①标号被3除余数为1的球1个和标号被3整除的球2个有；
②标号被3除余数为1的球2个和标号被3除余数为2的球1个有；
③标号被3除余数为2的球2个和标号被3整除的球1个有.
则.
取出的3个球的标号之和被3除余2的情况有：
①标号被3除余数为1的球2个和标号被3整除的球1个有；
②标号被3除余数为1的球1个和标号被3除余数为2的球2个有；
③标号被3除余数为2的球1个和标号被3整除的球2个有，
则，
所以．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题以球的抽取为背景考查排列组合、古典概型、离散型随机变量的数学期望等知识，解题的关键性是分类要不重复不遗漏，考查了学生逻辑思维能力、数据处理能力.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知数列的前项和为.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与之间的关系即可求解；
（2）由（1）得，进而利用裂项相消法即可求解.
【小问1详解】
，有，
当时，有，
两式相减得，
当时，由，得，
检验：当时也满足，
所以
【小问2详解】
由（1）知，，
所以
，
所以.
16. 某企业研发一种新产品，要用与两套设备同时生产，已知设备的生产效率是设备的2倍，设备生产的新产品合格率为0.9，设备生产新产品合格率为0.6，且设备与生产的新产品是否合格相互独立.
（1）从该公司生产的新产品随机抽取一件，求所抽产品为合格品的概率；
（2）从某批新产品中随机抽取4件，设表示合格品的件数，求的分布列和方差.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）利用全概率公式可求出结果；
（2）由题意，根据二项分布的概率公式及方差公式计算可得.
【小问1详解】
设事件表示“随机抽取一件新产品，来自设备生产”，
事件表示“随机抽取一件新产品，来自设备生产”，
事件表示“随机抽取一件新产品为合格品”，
因为设备的生产效率是设备的2倍，所以，，
，，
所以，
所以所抽产品为合格品的概率为.
小问2详解】
表示抽取合格品的件数，的可能取值为、、、、，则由题意，
则，
，
，
，
，
所以的分布列为：
所以.
17. 如图，已知在平行六面体中，所有的棱长均为2，侧面底面为的中点，．
（1）证明：平面底面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，根据菱形性质得，再利用面面垂直的性质定理得底面，最后利用面面垂直的判定定理证明；
（2）取中点为O，连接，利用等边三角形的性质及面面垂直的性质得两两垂直，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，由求解.
【小问1详解】
连接，在菱形中，因为，为的中点，
所以，所以，又因为侧面底面，
侧面底面，侧面，所以底面，
又平面，所以平面底面；
【小问2详解】
连接，取中点为O，连接，因为，
故三角形为等边三角形，则，因为侧面底面，
侧面底面，侧面，所以底面，
又底面，所以，，
在三角形中，因为，故三角形为等边三角形，
则，所以两两垂直，
则以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，所在直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
又，故，
，因为，所以，，因为底面，
所以取平面的法向量为；
设平面的一个法向量为，
由，得取，则；
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面所成角的余弦值为
18. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数，证明：当时，函数在上只有1个零点.
【答案】（1）时，在上递增；时，在上递减，在上递增；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数，并讨论、时的符号研究单调性；
（2）令，设，求导函数，分，和讨论，结合零点存在定理以及函数的相关性质，证明结论.
【小问1详解】
因为，且，
当时，，在单调递增；
当时，由，可得时，由，可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
故时，上递增；时，在上递减，在上递增；
【小问2详解】
当时，，令，
设，则，
因为，所以，
则方程有两个不同点根，
由得，
当时，，，所以时，无零点；
当时，，单调递增，，
，所以时，无零点；
当时，，单调递减，，
所以时，只有1个零点；
综上，函数在只有1个零点，即函数在上只有1个零点.
19. 已知双曲线的实轴长为2，顶点到渐近线的距离为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若直线与的右支及渐近线的交点自上而下依次为，证明：；
（3）求二元二次方程的正整数解，可先找到初始解，其中为所有解中的最小值，因为，所以；因为，所以；重复上述过程，因为与的展开式中，不含的部分相等，含的部分互为相反数，故可设，所以.若方程的正整数解为，则的面积是否为定值？若是，请求出该定值，并说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）1
【解析】
【分析】（1）根据双曲线关系和渐近线、实轴相关概念进行列式计算即可求解.
（2）分别联立直线与及其渐近线方程求出、、、的坐标或坐标的关系，进而得出线段的中点重合，即可得证.
（3）结合题目所给的循环构造的方法得，用向量面积公式表示出面积，再换元，化简即可求解.
【小问1详解】
由题意，解得，
所以双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
由题意直线的斜率不为0，设直线，
因为直线与的右支交于两点，所以，
联立得，
所以，且，即，
联立得，所以，
所以，即线段的中点重合，所以.
【小问3详解】
由题意得方程的初始解为，则根据循环构造原理得
，
从而，
记，则，设，的夹角为，
则的面积
，
令，，
则
，于是的面积为定值.
【点睛】方法点睛：新定义问题解题策略：首先，明确新定义的特点；其次，根据定义中的步骤对具体题目进行运算；最后得到结论.
0
1
2
3
4