2023-2024学年河南省青桐鸣联考高二下学期3月月考数学试题（北师大版）（解析版）

河南省青桐鸣联考2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（北师大版）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知一批产品的次品率为0.3，从中有放回地随机抽取50次，表示抽到的次品的件数，则（

）A．9.5 B．10.5 C．11.5 D．12.5【答案】B【分析】根据题意可得，由二项分布的性质可得.【详解】由题意知，，故由二项分布的性质可得.故选：B.2．过原点且与直线垂直的直线方程为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据直线垂直的斜率关系确定垂线斜率，从而得直线方程.【详解】直线的斜率为，与直线垂直的直线斜率为，又直线过原点，故其方程为.故选：C.3．数列满足：对于，已知，则（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】借助所给条件，由逐项往前计算即可得.【详解】由，，故，即，，故，，故.故选：A.4．若将包含甲、乙在内的5名教师全部分配到两所学校支教，每校至少分配2人，则甲、乙不在同一学校的分配种数为（

）A．12 B．18 C．24 D．36【答案】A【分析】先分配甲、乙，再分配剩余三名教师即可得.【详解】先将甲、乙分别分配给一所学校，共有种分配方式，再从剩余三名教师中选出一人，随机分配一所学校，剩余人分配至另一所，共种，故共有种.故选：A.5．设为等差数列的前项和，已知，则（

）A．8 B．10 C．12 D．14【答案】B【分析】根据条件求出，再利用等差数列的性质，即可求出结果.【详解】设等差数列的首项为，公差为，则，解得，所以，故选：B.6．已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据线段比及椭圆的定义求得，，取的中点为，根据余弦定理建立关于的方程，即可求解离心率.【详解】设，，则，即，则，从而，，所以，如图，取的中点为，则，在中，.在中，由余弦定理得，，化简得，则.故选：D7．已知的通项公式为恒成立，则实数的最小值为（

）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】根据裂项相消法求得，由恒成立求解即可.【详解】，故，所以，即的最小值为.故选：D8．双曲线的左､右焦点分别为，以为直径的圆与双曲线交于四点，这四点的连线组成的四边形是正方形，设双曲线的渐近线的斜率为，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据双曲线的几何性质与圆的性质，可确定双曲线与圆的一个交点为，代入双曲线方程即可得关于的方程，从而得结论.【详解】易知圆的方程为，由于以为直径的圆与双曲线交于四点，这四点的连线组成的四边形是正方形，所以双曲线与圆的一个交点为，代入双曲线方程得1，即，故，解得或（舍），结合得.故选：B.二、多选题9．已知，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据条件，利用赋值法，即可判断出选项A、C和D的正误，选项B，直接展开，利用多项式乘法即可解决.【详解】对于选项A，令，得到，所以选项A正确，对于选项B，因是的系数，又，所以，所以选项B正确，对于选项C，令，得到，所以选项C错误，对于选项D，令，得到，所以选项D正确，故选：ABD.10．设为同一随机试验中的两个随机事件，则下列命题正确的是（

）A．若，则相互对立B．若，则C．若，则D．若，则【答案】AC【分析】根据随机事件的概念与性质，结合对立事件、相互独立事件、条件概率关系、全概率公式逐项判断即可结论.【详解】由得：，又，则，对于选项A，由可知，，即，又，所以相互对立，故A正确；对于选项B，由可知，所以，故B错误；对于选项C，由，得，故C正确；对于选项D，由，得，则，故D错误.故选：AC11．记为数列的前项和，为数列的前项积，，已知，且，则下列说法正确的是（

）A．数列是递增数列 B． C． D．当取得最小值时，【答案】BCD【分析】结合题意，借助与、与的关系可计算出，结合的性质逐项计算即可得.【详解】由为数列的前项积，故，即有，当时，，故有，即，故数列为以为首项，为公比的等比数列，即，故A错误，B正确；，故C正确；由，则，当时，恒成立，当时，，故取最大值时，，又，故取最小值时，，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题关键在点在于借助与、与的关系，计算出，即可逐项判断.三、填空题12．已知根据下表数据用最小二乘法得到关于的线性回归方程为，则.23451.11.94.25.5【答案】3.3【分析】根据给定的数表求出样本的中心点，再利用回归直线方程求出值.【详解】由数表知，，，由回归直线过点，得，即，所以.故答案为：3.313．在的展开式中，项的系数是．【答案】【分析】分析可知在个因式中，需个因式选，个因式选，其余的因式选，由组合数可求得结果.【详解】表示个因式的乘积，若要得到，则需个因式选，个因式选，其余的因式选，所以的项为，所以项的系数是.故答案为：.14．已知数列满足，则数列的前20项和．【答案】【分析】由，再根据条件，即可求出结果.【详解】因为，又，所以，故答案为：.四、解答题15．已知直线交于两点.(1)若，求直线的方程；(2)若的中点为为坐标原点，求的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）结合点到直线距离公式，根据垂径定理列式求解，即可求解；（2）设，利用结合数量积的坐标运算求得点的轨迹，再根据点与圆的位置关系求解最值即可.【详解】（1）由题意知，圆心到直线的距离为，故，故，故直线的方程为，即.（2）设，因为是的中点，所以，所以，又直线过定点，所以，所以，整理得，故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故的最大值为.

16．已知二项式的展开式中，第7项为常数项，且各项系数之和等于其二项式系数之和.(1)求与的值；(2)求其展开式中所有的有理项.【答案】(1)，(2)，【分析】（1）根据第7项为常数项结合通项公式求得，再根据各项系数之和等于其二项式系数之和列式求解；（2）求出二项式的通项公式，令，求得，即可求出所有的有理项.【详解】（1）在二项式的展开式中，第7项为，由题意可知，，所以.因为各项系数之和等于其二项式系数之和，所以令得，解得.（2）二项式的展开式的通项为，，令，解得，所以其展开式中所有的有理项为，.17．如图1，已知正方形的中心为，边长为分别为的中点，从中截去小正方形，将梯形沿折起，使平面平面，得到图2．

(1)证明：平面平面；(2)求二面角的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）由面面垂直的性质定理和判定定理可证；（2）先证平面，则为二面角的平面角，利用余弦定理求解.【详解】（1）在图1中，连接，由于为正方形对角线，所以，平面，由于平面平面，平面平面，所以平面，平面，所以，因为为的中点，所以，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）在图2中，设，连接，由于点分别为中点，为正方形的中心，所以四边形为边长为2的正方形，则，又平面，所以，，平面，平面，所以平面，又平面平面，平面平面，所以，则为二面角的平面角，在中，，在中，，又，在中，，所以，故二面角的平面角的正弦值为.

18．已知抛物线与有且仅有一个公共点．(1)求的最大值；(2)当最大时，过点的直线交于点，过引的切线，两切线交于点，若的面积为，求直线的方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）联立抛物线与圆的方程，得到解得或，再根据题意，即可求出结果；（2）由（1）知直线的方程为，设出过的切线方程分别为，，联立直线与抛物线方程，利用，得出，，再联立切线方程得出，进而可求点到直线的距离，利用弦长公式求出，再根据条件，即可求出结果.【详解】（1）由①，②，联立①②，消得，即，解得或，由题知，或，即或，故的最大值为.（2）易知直线的斜率存在，设直线的方程为，，，由，消得到，则，且，设过的切线方程分别为，，由，消得到，则由，又，得到，所以，所以，即，同理可得，由，得到，，即，所以到直线的距离为，又因为，所以，解得，即，故直线的方程为或.

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是设线法联立抛物线方程得到，再利用相切关系得到判别式等于0，从而得到两切线方程，则解出，最后利用弦长公式和点到直线距离公式得到面积表达式，则得到关于的方程，解出即可.19．若数列的项的最大奇因数为，则叫做的“滤净数列”．已知数列满足是的滤净数列．(1)求的通项公式及的值；(2)若，求的前项和．【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据条件，利用与间关系，即可求出，再根据题设定义，即可得出；（2）由（1）知当为偶数时，为奇数，当为奇数时，为偶数，故有，，再分别求出和，从而得出结果.【详解】（1）因为①，当时，②，由①②得，，得到，又当，，得到，满足，所