浙江省杭州第四中学2024-2025学年高二下学期2月月考数学试卷（Word版附解析）

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一、单选题（每题 5 分）
1. 已知 ， ，则 等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
首先求出集合 、 ，再利用集合的交运算即可求解.
【详解】 ， ，
所以 ，
故选：A
2. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. 0 D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出 ，再由共轭复数的概念得到 ，从而解出．
【详解】因为 ，所以 ，即 ．
故选：A．
3. 已知 是两个单位向量，若向量 在向量 上的投影向量为 ，则向量 与向量 的夹角为（
）
A. 30° B. 60° C. 90° D. 120°
【答案】B
【解析】
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【分析】由条件结合投影向量的定义可求 ，再根据向量夹角余弦公式求结论.
【详解】因为向量 在向量 上的投影向量为 ， 是两个单位向量，
所以 ，
所以 ，又 ，
所以 ，
所以 ，
又 ，
所以 ，又 ，
所以向量 与向量 的夹角为 ，即 .
故选：B.
4. 已知 ，则 （ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦两角和公式将 展开成角 与 的两角和形式与 与 的两角和
形式，建立等式关系结合已知等式即可得结论.
【详解】因为 ，
又 ，
所以 ，
因为 ，
则 .
故选：B.
5. 已知甲袋里只有红球，乙袋里只有白球，丙袋里只有黑球，丁袋里这三种球都有.现从这四个袋子中随机
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抽取一个袋子，设事件 为“所抽袋子里有红球”，事件 为“所抽袋子里有白球”，事件 为“所抽袋
子里有黑球”，则下列说法正确的是（ ）
A. 事件 与事件 互斥 B. 事件 与事件 相互独立
C. 事件 与事件 相互对立 D. 事件 与事件 相互独立
【答案】B
【解析】
【分析】根据要写条件，利用互斥事件、对立事件和相互独立的定义，逐一判断选项即可.
【详解】对于 A，事件 和事件 可以同时发生，即抽取丁袋，事件 与事件 不互斥，A 错误；
对于 B， ， ， ，事件 与事件 相互独立，B 正确；
对于 C，事件 与事件 可以同时发生，即抽取丁袋，事件 与事件 不对立，C 错误；
对于 D， ， ， ，事件 与事件 不独立，D
错误.
故选：B
6. 的展开式中 的系数是（ ）
A. 60 B. 80 C. 84 D. 120
【答案】D
【解析】
【分析】
的展开式中 的系数是 ，借助组合公式：
，逐一计算即可.
【详解】 的展开式中 的系数是
因为 且 ，所以 ，
所以 ，
以此类推， .
故选：D
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【点睛】本题关键点在于使用组合公式： ，以达到简化运算的作用.
7. 若直线 l 与曲线 y= 和 x2+y2= 都相切，则 l 的方程为（ ）
A. y=2x+1 B. y=2x+ C. y= x+1 D. y= x+
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的几何意义设出直线 的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.
【详解】设直线 在曲线 上的切点为 ，则 ，
函数 的导数为 ，则直线 的斜率 ，
设直线 的方程为 ，即 ，
由于直线 与圆 相切，则 ，
两边平方并整理得 ，解得 ， （舍），
则直线 的方程为 ，即 .
故选：D.
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.
8. 在打结计时赛中，现有 5 根绳子，共有 10 个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有
绳头打结完毕视为结束．则这 5 根绳子恰好能围成一个圈的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】可以把问题看做 10 个绳头平均分成 5 组，按平均分组问题求总的基本事件，再求恰好能围成一个
圆的基本事件数，结合古典概型计算.
【详解】10 个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有 打结方式有：
种.
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其中恰好能围成一个圈的打结方式有： 种.
所以 5 根绳子恰好能围成一个圈的概率为： .
故选：D
【点睛】方法点睛：（1）10 个绳头打结，按要求，每次打结都减少 2 个绳头，所以可以把问题看成平均分
组来解决.
（2）恰好围成一个圆时，先选 1 根绳子，不能两端打结，只能从其余的 8 个绳头选 1 个打结，完成后，这
段绳子不能两端打结，再从其余的 6 个绳头选 1 个…，最后这段绳子两端打结.
二、多选题（每题 6 分）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 用简单随机抽样的方法从 51 个个体中抽取 2 个个体，则每个个体被抽到的概率都是 .
B. 已知一组数据 1，2，3，3，4，5 的众数大于中位数.
C. 数据 2，4，6，8，10，12，14，16 的第 60 百分位数为 10.
D. 甲乙丙三种个体按 3:1:2 的比例分层抽样，若抽取的甲个体数为 9，则样本容量为 18.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于 A，结合古典概型的概率公式，即可求解；对于 B，结合众数、中位数的定义，即可求解；对
于 C，结合百分位数的定义，即可求解；对于 D，结合分层抽样的定义，即可求解．
【详解】对于 A，用简单随机抽样的方法从含有 50 个个体的总体中抽取一个容量为 2 的样本，
则每个个体被抽到的概率都是 ，故 A 正确；
对于 B，一组数据 1，2，3，3，4，5 的众数为 3，中位数为 3，故 B 不正确；
对于 C，数据 2，4，6，8，10，12，14，16，因为 ，
所以该组数据的第 60 百分位数是 10，故 C 正确；
对于 D，令样本容量为 ，则 ，解得 ，故 D 正确．
故选：ACD．
10. 现有 个编号为 的盒子和 个编号为 的小球，要求把 个小球全部放进盒子中，则下列
结论正确的有（ ）
A. 没有空盒子的方法共有 种
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B. 有空盒子的方法共有 种
C. 恰有 个盒子不放球的方法共有 种
D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有 种
【答案】AC
【解析】
【分析】对于 A，没有空盒即 4 个球 4 个盒子全排列即得；对于 B，可以有空盒子，有 4 个球，每个球有 4
种放法，再减去没有空盒的情况，即可求解； 对于 C，恰有一个空盒，即另外三个盒子都有球，而球共四
个，必然有一个盒子中放了两个球，求解即得； 对于 D，只需从四盒四球中选定标号相同的球和盒，另外
的球与盒不能对应，求解即得．
【详解】对于选项 A，把 4 个小球全部放进盒子中，没有空盒子，相当于 4 个小球在 4 个盒子上进行全排
列，故共有 种方法，所以选项 A 正确，
对于选项 B，有空盒子，因为有 4 个球，每个球各有 4 种放法，故共有 种方法，
所以选项 B 错误；
对于选项 C，恰有 1 个盒子不放球，说明另外三个盒子都有球，而球共 4 个，则必有一个盒子放了 2 个球，
先将四盒中选一个作为空盒，再将 4 球中选出 2 球绑在一起，
再对三个盒子全排共有 种方法，故 C 正确；
对于选项 D，恰有一个小球放入自己编号的盒中，则从四盒四球中选定标号相同的球和盒有 种，
另外三球三盒不能对应共 2 种，则共有 种方法，故 D 错误.
故选：AC.
11. 历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有 封不同的信，投入 n 个对应的不同的信箱，
他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为 .例如两封信都投错有 种方法，三封信都投错有
种方法，通过推理可得： .高等数学给出了泰勒公式：
，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 为等比数列
C. D. 信封均被投错的概率大于
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【答案】ABC
【解析】
【分析】选项 A，用列举法即可得；选项 B，构造新数列 ，利用定义法可证明是等比数
列；选项 C，由递推关系 变形可得裂项形式，裂项后利用累加法求通项即可证；选项 D
，利用泰勒公式可得 再对 分奇偶讨论即可判断.
【详解】选项 A，令 4 封信分别为 ，当 在第 2 个信箱时，共 3 种错排方式：
第 1 种
信箱 1 2 3 4
信
第 2 种
信箱 1 2 3 4
信
第 3 种
信箱 1 2 3 4
信
同理可得 在第 3 和 4 个信箱时，也分别有 3 种错排方式，所以共 种方法，故 A 选项正确；
选项 B， ，∴ ，
又 ，则 ，故 B 选项正确；
选项 C， ，
两边同除以 得，
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∴ ，
，故 C 选项正确；
选项 D，装错信封的概率为 ，∵ ，
则 ，即
当 n 为奇数时， ；
当 n 为偶数时， ；
综上，当 n 为奇数时 ；当 n 为偶数时 ，故 D 项错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题 B 选项的关键是通过构造变形得 ，D 选项的关键是利
用所给的泰勒公式，再分奇偶讨论.
三、填空题（每题 5 分）
12. 若双曲线 的离心率为 3，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率列方程，解方程求得 的值.
【详解】由题意 ，焦点在 轴上，
；
故答案为：
13. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太
极衍生原理.大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量的总和.大衍数列从第一项
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起依次为 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,….记大衍数列 的通项公式为 ，若
，则数列 的前 30 项和为________.
【答案】240
【解析】
【分析】根据数列 的通项公式，采用并项求和的方法，即可求得答案.
【详解】由题意知 ， ，
故数列 的前 30 项和为
，
故答案为：240
14. “布朗运动”是指微小颗粒永不停息 无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，
某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器
外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子初始位置在 1 号仓，则试验结束时该粒子是从 1
号仓到达容器外的概率为__________．
【答案】
【解析】
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【分析】定义从 出发最终从 1 号口出的概率为 ，结合独立乘法、互斥加法列出方程组即可求解.
【详解】设从 出发最终从 1 号口出的概率为 ，所以 ，解得 .
故答案为： .
四、解答题
15. 已知 ，其中 ， 为正整数.
（1）若 ，求 的值；
（2）若 ，且 ， ， 依次成等差数列，求 的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用赋值法即可求解，
（2）根据展开式的通项特征，结合等差中项可列方程求解 ，即可求解.
【小问 1 详解】
时， ，
令 ，则
【小问 2 详解】
的展开式的通项为 ，
故
根据 ， ， 依次成等差数列，得
故 ，
解得 或 （舍去），
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因此
16. 已知椭圆 C： 过点 M（2，3）,点 A 为其左顶点，且 AM 的斜率为 ，
（1）求 C 的方程；
（2）点 N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值.
【答案】（1） ；（2）18.
【解析】
【分析】(1)由题意分别求得 a,b 的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点 N 的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定
点 N 到直线 AM 的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(1)由题意可知直线 AM 的方程为： ，即 .
当 y=0 时，解得 ，所以 a=4，
椭圆 过点 M(2，3)，可得 ，
解得 b2=12.
所以 C 的方程： .
(2)设与直线 AM 平行的直线方程为： ，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与 AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为 N，此时△AMN 的面积取得最
大值.
联立直线方程 与椭圆方程 ，
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可得： ，
化简可得： ，
所以 ，即 m2=64，解得 m=±8，
与 AM 距离比较远的直线方程： ，
直线 AM 方程为： ，
点 N 到直线 AM 的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得： ，
由两点之间距离公式可得 .
所以△AMN 的面积的最大值： .
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三
角形的面积等问题．
17. 已知锐角 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 ．
（1）证明： ；
（2）若 ，求 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理、两角和差的正弦公式化简得 ，进一步即可证明；
（2）由题意首先求得 的取值范围，进一步将目标式子 转换为只含有 的式子即可求解．
【小问 1 详解】
因为 ，由正弦定理得 ，
所以 ，
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所以 ，
而 ，则 或 ，
即 或 （舍去），故 ．
【小问 2 详解】
因为 是锐角三角形，所以 ，解得 ，
所以 的取值范围是 ，
由正弦定理可得： ，则 ，
所以 ，所以 ，
因为 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 的取值范围是 ．
18. 在三棱锥 中， ， 平面 ，点 在平面 内，且满足平面 平面
， ．
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（1）求证： ；
（2）当二面角 余弦值为 时，求三棱锥 的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作 ，证得 平面 ，得到 ，再由 平面 ，证得
，利用线面垂直的判定定理，证得 平面 ，进而证得 ；
（2）以 为原点，建立空间直角坐标，设 ，由 ，得到 ，求得
，在求得平面 和 的法向量 和 ，结合向量的夹角公
式，列出方程求得 点的坐标，根据棱锥的体积公式，即可求解.
【小问 1 详解】
解：作 交 于 ，
因为平面 平面 ，且平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，
因为 平面 ，且 平面 ，所以 ，
又因为 ， ，且 平面 ， ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 .
【小问 2 详解】
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解：以 为原点，以 所在的直线分别为 ，建立空间直角坐标，
如图所示，则 ，
设 ，因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，即 ，
又由 ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，
又因为 为平面 的一个法向量，
设二面角 的平面角为 ，
则 ，
因为 ，解得 （舍去）或 ，
所以点 或 ，
所以三棱锥 的体积为 .
19. 已知函数 .
（1）当 时，判断函数 的零点个数；
（2）若 在 上恒成立，求 的取值范围；
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（3）设 ，若函数 有两个极值点 、 ，求证：
.
【答案】（1） 个
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当 时，分析函数 的单调性，结合零点存在定理可得出结论；
（2）直接验证 ，分 、 两种情况讨论，结合分离参数法以及导数法求出实数 的取
值范围；
（3）求导，分析可知，函数 在 上有两个不等的零点，利用二次方程根的分布求出 的取值
范围，结合韦达定理可得出 ，其中 ，然后利用导数分析函数
在 上的单调性，即可证得结论成立.
【小问 1 详解】
当 时， ，该函数的定义域为 ， ，
所以，函数 在 上为增函数，
因为 ， ，则 ，
由零点存在定理可知，函数 在区间 内存在唯一零点，
所以，函数 在定义域内存在唯一零点.
【小问 2 详解】
因为 ，
当 时，则 ，由 可得 ，
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令 ，其中 ，则 ，令 可得 ，列表如下：
增 极大值 减
所以，函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以， ，则 ；
当 时，则 ，由 可得 ，
令 ，其中 ，则 对任意的 恒成立，
所以，函数 在 上为增函数，且当 时， ，此时， ，
综上所述，实数 的取值范围是 .
【小问 3 详解】
因为 ，其中 ，
则 ，
因为函数 有两个极值点，则函数 在 上有两个不等的实根，
则 ，解得 ，
所以，
，
令 ，其中 ，则 ，
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所以，函数 在 上单调递减，则 ，故 .
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式 （或 ）转化为证明 （或
），进而构造辅助函数 ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.