洛阳2024-2025学年6月高二质量检测-数学答案_2025年6月_250614河南洛阳市2024-2025学年6月高二质量检测（全科）(1)

洛阳市 ——— 学年高二质量检测 2024 2025 数学试卷参考答案 一、选择题 - - 1 4 DACA 5 8 BCBB 二、多项选择题 9. AB 10. AC 11. ACD 三、填空题 x2 y2 . - = . . 或 少写一个 不给分 12 1 13 22 14 6 2( , ) 16 9 四、解答题: .解 零假设为 15 :(1) H 不同性别的游客对该活动的评价没有差异. 0: 根据列联表中的数据 计算得到 , χ 2 = 150 × ( × 30 × 6 × 0 - 2 × 0 × 40) 2 = 75 ≈5 . 357 > 3 . 841 = x 0 . 05, ……3 分 50 100 70 80 14 故依据小概率值α = . 的独立性检验 我们推断H 不成立 0 05 , 0 , 即能认为不同性别的游客对该活动的评价有差异. 分 ……5 根据题意 用频率估计概率 女性对活动非常满意的概率为40 = 4 男性对活动 (2) , , , 70 7 非常满意的概率为60 = 3. 分 ……7 80 4 所以X所有可能取值为 则 0,1,2, P X = = - 4 × - 3 = 3 分 ( 0) (1 ) (1 ) , ……8 7 4 28 P X = = - 4 × 3 + 4 × - 3 = 13 分 ( 1) (1 ) (1 ) , ……9 7 4 7 4 28 P X = = 4 × 3 = 3. 分 ( 2) ……10 7 4 7 高二数学答案 第 页 共 页 1 ( 6 ) (2025.6)故X的分布列为 X 0 1 2 P 3 13 3 28 28 7 分 ……11 E X = × 3 × × 13 + × 3 = 37. 分 ( ) 0 1 2 ……12 28 28 7 28 .解 由正弦定理 可得 16 :(1) , A C + A C = B + C 分 sin cos 3sin sin sin sin , ……2 A C + A C = A + C + C ∴ sin cos 3sin sin sin( ) sin , A C + A C = A C + A C + C ∴ sin cos 3sin sin sin cos cos sin sin , A - A = 即 A - π = 1. 分 ∴ 3sin cos 1, sin( ) ……5 6 2 在 ABC中 < A < △ 0 π, A - π = π 即 ∴ , 6 6 A = π. 分 ……6 3 设BE = ED = x 则CE = - x. (2) , 3 在 CED中 由余弦定理可得DE2 = CD2 + CE2 - CD CE π △ , 2 · ·cos , 3 即x2 = 2 + - x 2 - × × - x × 1 1 (3 ) 2 1 (3 ) , 2 解得x = 7. 分 ……8 5 同理 在 AFD中 由余弦定理可得FD = 7. 分 , △ , ……10 4 又 EDF = B = π ∠ ∠ , 3 S = 1DE DF EDF = 1 × 7 × 7 × 3 = 49 3. 分 ∴ △ DEF · ·sin∠ ……13 2 2 5 4 2 80 高二数学答案 第 页 共 页 2 ( 6 ) (2025.6). 解 当时n = 可得 a = S = a = 分 17 :(1) 1, : 2 2 1 2 1 2; ……1 当n 时 S = 1a S = 1a ≥2 , n n+ 1, n- 1 n, 2 2 两式相减 得a = 1 a - a 即a = a 分 , n ( n+ 1 n), n+ 1 3 n, ……4 2 { n = a = 1, ( 1), 分 ∴ n n- 2 n . ……6 2·3 , ( ≥2) 当n = 时 b = 分 (2) 1 , 1 1; ……7 当n ≥2 时 , S n = 1 ·2·3 n- 1 , 所以b n = 2·3 n- 2 + n - 1, ……8 分 2 ∴ T n = 1 + 2(3 0 + 3 1 + 3 2 + … + 3 n- 2 ) + [1 + 2 + 3 + … + ( n - 1)] - n- 1 n - n = + 1 3 + ( 1) 1 2· - 1 3 2 = n- 1 + n2 - n 分 3 , ……11 2 - n = 时 1 - 1 + 1 1 = 上式也成立. 分 1 ,3 1, ……12 2 ∴ T n = 3 n- 1 + n2 - n , n ∈ N∗ . ……13 分 2 . 证明 取AD中点O 连接OP OB. 18 (1) : , , PA = PD ∵ , PO AD 分 ∴ ⊥ , ……1 在菱形ABCD中 BCD = ° 可得 BAD为等边三角形 ,∠ 60 , △ , BO AD 分 ∴ ⊥ , ……2 又 PO BO 平面PBO 且PO BO = O ∵ , ⊂ , ∩ , AD 平面PBO 分 ∴ ⊥ , ……3 PB 平面PBO ∵ ⊂ , AD PB. 分 ∴ ⊥ ……4 解 PO AD 平面PAD 平面ABCD 且PO 平面PAD (2) :∵ ⊥ , ⊥ , ⊂ , PO 平面ABCD 分 ∴ ⊥ , ……5 以O为坐标原点 OA OB OP所在直线分别为x y z轴建立如图所示空间直角坐标系 , , , , , , 高二数学答案 第 页 共 页 3 ( 6 ) (2025.6)则D - E - P C - 分 ( 1,0,0), ( 1, 3,0), (0,0,1), ( 2, 3,0), ……6 假设存在点Q满足题意 设P→Q = tP→C t , , ∈[0,1], 则O→Q =O→P +P→Q =O→P + tP→C = + t - - = - t t - t (0,0,1) ( 2, 3, 1) ( 2 , 3 ,1 ), Q - t t -t D→E = D→Q= - t t -t D→C = - ∴ ( 2 , 3 ,1 ), (0, 3,0), (1 2 , 3 ,1 ), ( 1, 3,0), 分 ……8 设 平面DEQ的法向量为n = x y z 则 ( , , ), ì ïï n D→E = y = · 3 0, í 分 ïïn D→Q = - t x + ty + - t z = ……9 î · (1 2 ) 3 (1 ) 0, t - 令z = 则y = x = 1 1, 0, - t, 1 2 t - n = 1 . 分 ∴ ( - t,0,1) ……10 1 2 - t 1 D→C n - t 设DC与平面DEQ所成角为θ 则 θ = · = 1 2 = 5 , sin D→C · n t - 1 2 + 5 , 2 ( - t) 1 1 2 解得t = 1 或t = 3. 分 ……12 3 5 PQ 存在点Q 使得DC与平面DEQ所成角的正弦值为 5 此时 = 1 或3 . ∴ , , PC 5 3 5 分 ……13 c 2 2 .解 由题知 = 6 ( 3) + 1 = 分 19 :(1) a , a2 b2 1, ……1 3 a = b = 分 ∴ 6, 2, ……3 x2 y2 椭圆C的标准方程为 + = . 分 ∴ 1 ……4 6 2 由题可设P x y Q x y PQ的中点为M x y (2)(i) ( 1, 1), ( 2, 2), ( 0, 0), 若直线PQ的斜率为 不存在满足TF PQ的点T 故设PQ的方程为x = my - 0, ⊥ , 2, 代入椭圆方程得 m2 + y2 - my - = 分 ( 3) 4 2 0, ……5 m - m 则y + y = 4 y y = 2 y = 2 x =- 6 分 1 2 m2 + , 1· 2 m2 + , 0 m2 + , 0 m2 + ……6 3 3 3 3 TF的方程为y - =- m x + ∵ 0 ( 2), 令x =- 得y = m 公众号：高中试卷君 3, , 高二数学答案 第 页 共 页 4 ( 6 ) (2025.6)y m k = 0 =- = k 分 ∴ OM x OT, ……7 0 3 OT过PQ的中点 即点M在直线OT上. 分 ∴ , ……8 由 可得 (ii) (i) , m2 + m2 + m2 + S = 1 OF y - y = 16 8( 3) = 24( 1) △ OPQ 1 2 m2 + m2 + 2 3 3 m2 + = 2 6 1. 分 m2 + ……10 3 m2 + m2 + 1 = 1 = 1 ∵ m2 + m2 + + , 3 ( 1) 2 m2 + + 2 1 m2 + 1 m2 + m2 + 而 m2 + + 2 1 1 1 分 1 m2 + 1 ≥2 2, m2 + 3 ≤ 2 2 ,2 6 m2 + 3 ≤ 3, ……11 当且仅当 m2 + = 即m = ± 时等号成立. 1 2, 1 S 当且仅当m = ± 时等号成立. 分 ∴ △ OPQ ≤ 3, 1 ……12 OPQ的面积最大值为 及此时点T的坐标 - ± . 分 ∴ △ 3, ( 3, 1) ……13 .解 当a =- 时 f x = x - -x - x 20 :(1) 2 , ( ) e e 2 , f ′ x = x + -x - x -x - = 当且仅当x = 时取等号. 分 ∴ ( ) e e 2≥2 e ·e 2 0, 0 ……2 f x 在R上单调递增. 分 ∴ ( ) ……3 因f x 存在两个极值点x x (2)(i) ( ) 1, 2, 则f ′ x = f ′ x = x 1 + -x 1 + a = x 2 + -x 2 + a = . 分 ( 1) ( 2) e e e e 0 ……4 令 x = t > 则方程t + 1 + a = 有两个相异正根t t . e 0, t 0 1, 2 等价于t2 + at + = 有两个相异正根 1 0 , ì ï Δ = a2 - > ï 4 0, ít + t =- a > 分 ∴ ï1 2 0, ……6 ï ît t = 1 2 1, 解得a < - . 2 a的取值范围为 - - . 分 ∴ ( ∞, 2) ……8 x +x 证明 由 可得t t = 1 2 = (ii) : (i) 1 2 e 1 x =- x ∴ 2 1 x x 公众号：高中试卷君 1 = 1 2 = 1 ∴ e x ,e x 2 1 e e 高二数学答案 第 页 共 页 5 ( 6 ) (2025.6){t + t > 设t < t 结合 1 2 0, 1 2, t t = 1 2 1, x x 1 < < 2 ∴ e 1 e , x < < x ∴ 1 0 2, x 1 - 1 - x 2 + 1 + a x - x f x - f x e x e x ( 1 2) x - x ( 1) ( 2) = e 1 e 2 = a + 2(e 1 e 2 ) ∴ x - x x - x x - x 1 2 1 2 ( 1 2) x 2 - 1 x - x 2(e x ) 2 1 2 = a + 2(e e )= a + e x - x x ( 2 1) 2 2 x 2 - 1 (e x ) 2 = a + e . 分 x ……10 2 f x - f x 若要证 ( 1) ( 2) > a + x - x 2, 1 2 x 2 - 1 (e x ) 2 x x 只需证 e > 即 22 - x 2 - > 其中x > . 分 x 2, e 2 2e 1 0, 2 0 ……11 2 令g x = 2 x - xx - x ( ) e 2e 1, ≥0, 则g′ x = 2 x - x x + = x x - x - . ( ) 2e 2e ( 1) 2e (e 1) 令h x = x - x - x 则h′ x = x - ( ) e 1, ≥0, ( ) e 1≥0, h x 在 + 上单调递增 有h x h = . ∴ ( ) [0, ∞) , ( ) ≥ (0) 0 g′ x = x x - x - 得g x 在 + 上单调递增 ∴ ( ) 2e (e 1) ≥0, ( ) [0, ∞) , x x 当x > 时 得g x = 22 - x 2 - > g = . ∴ 2 0 , ( 2) e 2 2e 1 (0) 0 f x - f x 综上 可得 ( 1) ( 2) > a + . 分 , x - x 2 ……13 1 2 高二数学答案 第 页 共 页 6 ( 6 ) (2025.6)