2024-2025学年贵州省遵义市凤冈县高二下册3月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年贵州省遵义市凤冈县高二下册3月月考数学检测试题（附解析），共15页。试卷主要包含了 命题“”的否定是，4B， 若向量，则等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，请用2B铅笔填涂在答题卡上相应位置.回答非选择题时，应写出文字说明、证明过程或演算步骤写在答题卡上，写在本试卷上无效.
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.）
1. 设，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据给定条件，求出二元一次方程组的解即可作答.
【详解】解方程组得，，
所以.
故选：A
2. 已知复数满足，则为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据条件，利用复数的运算，得到，再利用模长的计算公式，即可求解.
【详解】由，得到，
所以，
故选：C.
3. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题，直接写出该命题的否定命题即可求解．
【详解】命题“”的否定是，
故选：B.
4. 某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是（ ）
A. 0.4B. 0.6C. 0.75D. 0.8
【正确答案】D
【分析】由题及条件概率计算公式可得答案.
【详解】设“某一天的空气质量为优良”为事件A，“随后一天的空气质量为优良”为事件B，由题有：，则某天的空气质量为优良，
随后一天的空气质量为优良的概率是.
故选：D
5. 将函数向左、向下分别平移2个、3个单位长度，所得图象为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】根据题意，将函数化为分段函数的形式，得到其大致图象，即可判断平移之后的函数图象.
【详解】，可得函数的大致图象如图所示，
将其向左、向下分别平移2个、3个单位长度，所得函数图象为C选项中的图象.
故选：C
6. 勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形.现提供5种颜色给如图所示的勒洛三角形中的4个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，且相邻区域颜色不同，则不同的涂色方案种数为（ ）
A. 120B. 240C. 300D. 320
【正确答案】D
【分析】通过先确定中间的涂色情况，再依次确定其他部分的涂色情况，利用分步乘法原理计算总方案数.
【详解】先涂中间，有5种选色，再逐个涂旁边部分，都有4种选色.由分步乘法计数原理得不同的涂色方案种数为.
故选：D.
7. 函数的函数值表示不超过x的最大整数，例如，，则方程的零点个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【正确答案】C
【分析】利用定义，进行分段讨论，找出与图象交点个数即可.
【详解】由题，，故时，，与没有交点，
当时，，与没有交点，
当时，，与有一个交点，
当时，，与有1个交点，
当时，，与没有交点，
故共有2个交点，
故选：C.
8. 已知圆，直线，若直线被圆截得的弦长的最大值为，最小值为，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】先求出直线过定点，再根据点在圆内结合直线与圆的位置关系求出最长弦长和最短弦长即可得解.
【详解】由题意直线可化为，则直线过定点，
点代入圆可得，所以点在圆内，
又圆半径，圆心，
所以当时，直线被圆截得弦长最短，即，
当过圆心时，直线被圆截得弦长最长，即，
所以，
故选：A
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，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全得部份分，有选错的得0分.）
9. 若向量，则（ ）
A. B.
C. 在上的投影向量为D. 与的夹角为
【正确答案】BC
【分析】用坐标表示出向量，用模长公式求出模长即可判断A选项；用向量坐标求向量的数量积判断B选项；由向量的投影向量的公式判断C选项；由坐标求出模长和向量的数量积，求出向量的夹角判断D选项.
【详解】由题，
所以，故A错；
又，故B正确；
，所以在上的投影向量为：，故C正确；
因，又，所以，故D错误.
故选：BC.
10. 如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第行是的展开式的二项式系数，观察图中数字的排列规律，可知下列结论正确的是（ ）
A.
B. 第10行所有数字之和为
C. 第12行从左到右第4个数与第5个数之比为4：9
D. 第2025行从左到右第1013个数比该行其他数都大
【正确答案】ABC
【分析】对于A，根据组合数公式：，可得答案；
对于B，根据二项式系数的求和公式，可得答案；
对于C，根据组合数公式：，以及组合数计算方法，可得答案；
遂于D，根据二项式系数的单调性，可得答案.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，由题可知，第10行所有数字之和为，故B正确；
对于C，由题可知，第12行从左到右第4个数为，第5个数为，
则第12行从左到右第4个数与第5个数之比为，故C正确；
对于D，由题图可知，第2025行共有2026个数，从左到右第1013个数和第1014个数相等，且都是该行最大的，故D错误.
故选：ABC.
11. 对任意的，，函数满足，且，，则（ ）
A. B. 是奇函数
C. 4为函数的一个周期D.
【正确答案】ACD
【分析】令可判断A；根据 时 不成立判断B；求出后令可判断C；根据周期性结合可判断D.
【详解】由 ，令 ，则 ，又 ，所以 ，故 A 正确；
因为 时 ，则不成立，所以 不是奇函数，故 B 错误；
令可得 ，所以 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
所以 的周期为 4，故 C 正确；
由 ，得 ，
所以
，故 D 正确.
故选： ACD.
方法点睛：函数奇偶性与周期性、抽象函数相结合的问题，多以选择题、填空题的形式呈现，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解，抽象函数问题往往利用赋值法求解.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 的展开式中的系数为__________.
【正确答案】
【分析】写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】的展开式通项为，
因为，
在中，其通项为，令，
在中，展开式通项为，令，可得，
所以，的展开式中的系数为.
故答案为.
13. 已知，，，则的最小值为___________．
【正确答案】5
【分析】由，，得，则，根据基本不等式即可得出，从而求出的最小值.
【详解】由，可得，
则，
当且仅当，即，时等号成立．
因此，的最小值为5．
故5．
14. 已知某圆台的母线长为13，一个半径为6的球恰好与此圆台的各个面均相切，则这个圆台的体积为______.
【正确答案】
【分析】作出辅助线，根据条件，得到方程，求出上下底面的半径，从而利用台体体积公式求出答案.
【详解】如图，球内切于圆台，故与上下底面的切点为，与侧面切于点，
则，，
设，则①，
过点作⊥于点，则，，
由勾股定理得，
又，故②，
由①②得，
所以圆台的上底面面积为，下底面面积为，
圆台的高为，
故圆台的体积为.
故
四、解答题：（本大题5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 6位同学报名参加2022年杭州里运会4个不同的项目（记为A，B，C，D）的志愿者活动，每位同学恰报1个项目．
（1）6位同学站成一排拍照，如果甲乙两位同学必须相邻，丙丁两位同学不相邻，求不同的排队方式有多少种?
（2）若每个项目至少需要一名志愿者，求一共有多少种不同报名方式?
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用捆绑法和插空法即可求解；
（2）将6为同学分成4组，计算每一类的情况即可.
【小问1详解】
根据题意，第一步：把甲乙看成整体和除丙丁外的两位同学排列有种排法，
第二步：再把丙丁插空排列有种排法，
所以共有种排法；
【小问2详解】
先将6为同学分成4组，按人数分有和种分法：
第一类：按分法有种分法；
第二类：按分法有种分法；
所以共有：种分法.
所以一共有种不同报名方式.
16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求角A的大小；
（2）若，的面积为，求的周长．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由正弦定理及二倍角公式进行化简求值；
（2）由三角形的面积公式和余弦定理求出和，进而求出△ABC的周长．
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
因为角A，B，C为的内角，即，
则，，可得，所以.
【小问2详解】
因为，则，所以，
由余弦定理得：，解得，
所以的周长为．
17. 在一次购物抽奖活动中，假设某10张奖券中有一等奖奖券1张，可获价值50元的奖品；有二等奖奖券3张，每张可获价值10元的奖品；其余6张没有奖.某顾客从此10张奖券中任抽2张，求：
（1）该顾客中奖的概率；
（2）该顾客获得的奖品总价值的分布列，并求出的值.
【正确答案】（1）；
（2）分布列见解析，.
【分析】（1）应用组合数及古典概型的概率、对立事件的概率求法求顾客中奖的概率；
（2）由已知有的可能取值为0，10，20，50，60并求出对应概率，即得分布列，进而由求值.
【小问1详解】
该顾客中奖的概率.
【小问2详解】
的可能取值为0，10，20，50，60.
，，，
，.
故随机变量的分布列为
所以
18. 已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，．
（1）若F是PE中点，证明：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
【小问1详解】
取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为.
19. 已知椭圆的焦距为，且过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作两条直线分别交椭圆于，两点，若直线平分，求证：直线的斜率为定值，并求出这个定值.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析，
【分析】（1）依题意得到、、的方程组，求出、即可得解；
（2）依题意直线、的斜率存在且不为，设，，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求出，同理可得，即可求出、，即可得解.
【小问1详解】
依题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
依题意直线、的斜率存在且不为，
设，，直线的方程为，
由，消去得，
所以，因为直线平分，
所以直线、的斜率互为相反数，
所以设直线的方程为，同理可得，
因为，，
所以，
又，
所以，即直线的斜率为定值.
0
10
20
50
60