河南省青桐鳴聯考2023-2024學年高二下學期3月月考數學試題（北師大版）學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知一批產品的次品率為0.3，從中有放回地隨機抽取50次，表示抽到的次品的件數，則（

）A．9.5 B．10.5 C．11.5 D．12.5【答案】B【分析】根據題意可得，由二項分布的性質可得.【詳解】由題意知，，故由二項分布的性質可得.故選：B.2．過原點且與直線垂直的直線方程為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據直線垂直的斜率關系確定垂線斜率，從而得直線方程.【詳解】直線的斜率為，與直線垂直的直線斜率為，又直線過原點，故其方程為.故選：C.3．數列滿足：對于，已知，則（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】借助所給條件，由逐項往前計算即可得.【詳解】由，，故，即，，故，，故.故選：A.4．若將包含甲、乙在內的5名教師全部分配到兩所學校支教，每校至少分配2人，則甲、乙不在同一學校的分配種數為（

）A．12 B．18 C．24 D．36【答案】A【分析】先分配甲、乙，再分配剩余三名教師即可得.【詳解】先將甲、乙分別分配給一所學校，共有種分配方式，再從剩余三名教師中選出一人，隨機分配一所學校，剩余人分配至另一所，共種，故共有種.故選：A.5．設為等差數列的前項和，已知，則（

）A．8 B．10 C．12 D．14【答案】B【分析】根據條件求出，再利用等差數列的性質，即可求出結果.【詳解】設等差數列的首項為，公差為，則，解得，所以，故選：B.6．已知橢圓的左、右焦點分別為，過的直線交橢圓于兩點，且，則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據線段比及橢圓的定義求得，，取的中點為，根據余弦定理建立關于的方程，即可求解離心率.【詳解】設，，則，即，則，從而，，所以，如圖，取的中點為，則，在中，.在中，由余弦定理得，，化簡得，則.故選：D7．已知的通項公式為恒成立，則實數的最小值為（

）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】根據裂項相消法求得，由恒成立求解即可.【詳解】，故，所以，即的最小值為.故選：D8．雙曲線的左?右焦點分別為，以為直徑的圓與雙曲線交于四點，這四點的連線組成的四邊形是正方形，設雙曲線的漸近線的斜率為，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據雙曲線的幾何性質與圓的性質，可確定雙曲線與圓的一個交點為，代入雙曲線方程即可得關于的方程，從而得結論.【詳解】易知圓的方程為，由于以為直徑的圓與雙曲線交于四點，這四點的連線組成的四邊形是正方形，所以雙曲線與圓的一個交點為，代入雙曲線方程得1，即，故，解得或（舍），結合得.故選：B.二、多選題9．已知，則下列說法正確的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根據條件，利用賦值法，即可判斷出選項A、C和D的正誤，選項B，直接展開，利用多項式乘法即可解決.【詳解】對于選項A，令，得到，所以選項A正確，對于選項B，因是的系數，又，所以，所以選項B正確，對于選項C，令，得到，所以選項C錯誤，對于選項D，令，得到，所以選項D正確，故選：ABD.10．設為同一隨機試驗中的兩個隨機事件，則下列命題正確的是（

）A．若，則相互對立B．若，則C．若，則D．若，則【答案】AC【分析】根據隨機事件的概念與性質，結合對立事件、相互獨立事件、條件概率關系、全概率公式逐項判斷即可結論.【詳解】由得：，又，則，對于選項A，由可知，，即，又，所以相互對立，故A正確；對于選項B，由可知，所以，故B錯誤；對于選項C，由，得，故C正確；對于選項D，由，得，則，故D錯誤.故選：AC11．記為數列的前項和，為數列的前項積，，已知，且，則下列說法正確的是（

）A．數列是遞增數列 B． C． D．當取得最小值時，【答案】BCD【分析】結合題意，借助與、與的關系可計算出，結合的性質逐項計算即可得.【詳解】由為數列的前項積，故，即有，當時，，故有，即，故數列為以為首項，為公比的等比數列，即，故A錯誤，B正確；，故C正確；由，則，當時，恒成立，當時，，故取最大值時，，又，故取最小值時，，故D正確.故選：BCD.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在點在于借助與、與的關系，計算出，即可逐項判斷.三、填空題12．已知根據下表數據用最小二乘法得到關于的線性回歸方程為，則.23451.11.94.25.5【答案】3.3【分析】根據給定的數表求出樣本的中心點，再利用回歸直線方程求出值.【詳解】由數表知，，，由回歸直線過點，得，即，所以.故答案為：3.313．在的展開式中，項的系數是．【答案】【分析】分析可知在個因式中，需個因式選，個因式選，其余的因式選，由組合數可求得結果.【詳解】表示個因式的乘積，若要得到，則需個因式選，個因式選，其余的因式選，所以的項為，所以項的系數是.故答案為：.14．已知數列滿足，則數列的前20項和．【答案】【分析】由，再根據條件，即可求出結果.【詳解】因為，又，所以，故答案為：.四、解答題15．已知直線交于兩點.(1)若，求直線的方程；(2)若的中點為為坐標原點，求的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）結合點到直線距離公式，根據垂徑定理列式求解，即可求解；（2）設，利用結合數量積的坐標運算求得點的軌跡，再根據點與圓的位置關系求解最值即可.【詳解】（1）由題意知，圓心到直線的距離為，故，故，故直線的方程為，即.（2）設，因為是的中點，所以，所以，又直線過定點，所以，所以，整理得，故點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，故的最大值為.

16．已知二項式的展開式中，第7項為常數項，且各項系數之和等于其二項式系數之和.(1)求與的值；(2)求其展開式中所有的有理項.【答案】(1)，(2)，【分析】（1）根據第7項為常數項結合通項公式求得，再根據各項系數之和等于其二項式系數之和列式求解；（2）求出二項式的通項公式，令，求得，即可求出所有的有理項.【詳解】（1）在二項式的展開式中，第7項為，由題意可知，，所以.因為各項系數之和等于其二項式系數之和，所以令得，解得.（2）二項式的展開式的通項為，，令，解得，所以其展開式中所有的有理項為，.17．如圖1，已知正方形的中心為，邊長為分別為的中點，從中截去小正方形，將梯形沿折起，使平面平面，得到圖2．

(1)證明：平面平面；(2)求二面角的平面角的正弦值．【答案】(1)證明見詳解(2)【分析】（1）由面面垂直的性質定理和判定定理可證；（2）先證平面，則為二面角的平面角，利用余弦定理求解.【詳解】（1）在圖1中，連接，由于為正方形對角線，所以，平面，由于平面平面，平面平面，所以平面，平面，所以，因為為的中點，所以，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）在圖2中，設，連接，由于點分別為中點，為正方形的中心，所以四邊形為邊長為2的正方形，則，又平面，所以，，平面，平面，所以平面，又平面平面，平面平面，所以，則為二面角的平面角，在中，，在中，，又，在中，，所以，故二面角的平面角的正弦值為.

18．已知拋物線與有且僅有一個公共點．(1)求的最大值；(2)當最大時，過點的直線交于點，過引的切線，兩切線交于點，若的面積為，求直線的方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）聯立拋物線與圓的方程，得到解得或，再根據題意，即可求出結果；（2）由（1）知直線的方程為，設出過的切線方程分別為，，聯立直線與拋物線方程，利用，得出，，再聯立切線方程得出，進而可求點到直線的距離，利用弦長公式求出，再根據條件，即可求出結果.【詳解】（1）由①，②，聯立①②，消得，即，解得或，由題知，或，即或，故的最大值為.（2）易知直線的斜率存在，設直線的方程為，，，由，消得到，則，且，設過的切線方程分別為，，由，消得到，則由，又，得到，所以，所以，即，同理可得，由，得到，，即，所以到直線的距離為，又因為，所以，解得，即，故直線的方程為或.

【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是設線法聯立拋物線方程得到，再利用相切關系得到判別式等于0，從而得到兩切線方程，則解出，最后利用弦長公式和點到直線距離公式得到面積表達式，則得到關于的方程，解出即可.19．若數列的項的最大奇因數為，則叫做的“濾凈數列”．已知數列滿足是的濾凈數列．(1)求的通項公式及的值；(2)若，求的前項和．【答案】(1)，(2)【分析】（1）根據條件，利用與間關系，即可求出，再根據題設定義，即可得出；（2）由（1）知當為偶數時，為奇數，當為奇數時，為偶數，故有，，再分別求出和，從而得出結果.【詳解】（1）因為①，當時，②，由①②得，，得到，又當，，得到，滿足，所