福建省莆田市莆田第四中学2024-2025学年高二下学期第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份福建省莆田市莆田第四中学2024-2025学年高二下学期第一次月考 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用排列数公式展开化简，得，再结合即可.
【详解】则，得，
得，又因为，则.
故选：C.
2. 从装有2个白球、3个红球的箱子中无放回地随机取两次，每次取一个球，表示事件“两次取出的球颜色相同”，表示事件“两次取出的球中至少有1个是红球”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出和，再利用条件概率的公式求解.
【详解】由于我们不考虑两次取球的顺序，故可以视为从该箱子中一次性随机取出两个球.
从而，，故.
故选：A.
3. 已知等比数列的前项和为，则（ ）
A. B. C. 5D. 15
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的性质及求和公式得解.
【详解】由等比数列性质可知，，
又，解得或，
当时，，
所以，故，
当时，，
所以，故，
综上，，
故选：D
4. 已知的展开式中第2项，第3项，第4项的二项式系数成等差数列，则（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】写出二项式系数再利用等差中项建立方程，求解即得.
【详解】已知的展开式中第2项，第3项，第4项的二项式系数为，
依题意成等差数列，故，得到：，
化简得，即：，
解得：或（舍去）
故选：C
5. 某中学运动会期间，甲、乙、丙、丁、戊、戌六名志愿者站成一排拍照留念，其中甲和乙相邻，甲和丙不相邻，则不同的排列方式共有（ ）
A. 180种B. 190种C. 192种D. 240种
【答案】C
【解析】
【分析】六个位置先排甲，考虑左右两端再排乙，之后再排丙，余下全排列计算即可.
【详解】若甲位于两端时，乙与之相邻只有一个位置可选，丙与甲不相邻有余下四个位置可选，
故有种方法；
若甲不位于两端时，乙与之相邻有两个位置可选，丙与甲不相邻有三个位置可选，
故有种方法；
综上不同的排列方式有192种.
故选：C
6. 已知能被9整除，则整数的值可以是（ ）
A. B. C. 9D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式可得，则能被整除，结合选项即可求解.
【详解】因为
，
又能被整除，
所以能被整除，
由选项知当时符合，当，或时均不符合.
故选：B．
7. 已知为抛物线上一点，若过点且与该抛物线相切直线交轴于点，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】求出抛物线的切线，利用在曲线和切线上建立方程组可得答案.
【详解】易知切线的斜率存在且不为0，设切线方程为，
联立，，由得，
又，解得.
故选：D
8. 有6个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．用表示第一次取到的小球的标号，用y表示第二次取到的小球的标号，记事件为偶数，为偶数，，则下列不正确的是（ ）
A. B. 与相互独立
C. 与相互独立D. 与相互独立
【答案】B
【解析】
【分析】分别求解各个事件的概率，利用独立事件的乘法公式可判断选项.
【详解】由题意事件A包含两种情况，两次取出的标号都是奇数和都是偶数，
所以，
类似可得，，故A正确;
事件表示两次取到的标号都是偶数，所以，而，所以与不独立，故B错误；
有放回地取球两次，共有基本事件为个，
事件表示的基本事件有个，所以，
由于，所以与相互独立，故C正确；
事件表示的基本事件有个，所以，
由于，所以与相互独立，故D正确；
故选：B
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 若，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用赋值法逐项计算判断得解.
【详解】在中，
对于A，令，得，A错误；
对于B，令，得，因此，B正确；
对于C，令，得，则，C正确；
对于D，令，得，则，D错误
故选：BC
10. 设是一次随机试验中的两个事件，且，则（ ）
A. B. 相互独立
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据互斥事件的概率加法公式、对立事件概率公式、独立事件的判定公式、条件概率公式，对每个选项逐一进行分析判断.
【详解】对于A，由于与是互斥事件，则 ，故A正确；
对于B，已知，可得.
设，则，.
由A项可知，即.
解得，由，可得相互独立，故B正确；
对于C，根据德摩根定律，再由对立事件概率公式，由B项可知，
所以，故C错误；
对于D，根据，，，则；
又，，，则.
则，故D错误.
故答案为：AB
11. 如图，棱长为2的正方体中，E，F分别是的中点，点P为底面ABCD内（包括边界）的动点，则下列说法正确的是（ ）

A. 过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形
B. 存在点P，使得平面
C. 若点P到直线BB1与到直线AD的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分
D. 若直线D1P与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为
【答案】AC
【解析】
【分析】作出过，，三点的平面判断A；建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合直线与平面的平行和垂直关系判断BD；找出点的轨迹，即可判C．
【详解】对于A，连接，，分别是棱，的中点，则，
且，又，则，且，
因此过，，三点的平面截正方体所得截面为梯形，A正确；

以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，设点，其中，
，，
设平面的法向量为，则，取，得，
对于B, ，若存在点，使得平面，则，
于是，即，无解，因此不存在点，使得平面，B错误；
对于C，平面平面，则，
若点到直线与到直线的距离相等，则，
平方整理得，则点的轨迹为抛物线的一部分，C正确；
对D，依题意，平面，因此点的轨迹是过点与平面平行的平面交正方形所得线段，
而，则，令，得；令，得，
线段的中点，于是P点轨迹为线段，
所以点的轨迹长度为，D错误.
故选：AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 第九届亚洲冬季运动会于2025年2月在哈尔滨成功举行.4名大学生到冰球、速滑以及体育中心三个场馆做志愿者，每名大学生只去1个场馆，每个场馆至少安排1人，则所有不同的安排种数为__________.（用数字作答）
【答案】36
【解析】
【分析】应用部分平均分组，将4人分3组，再作全排列，最后应用分步乘法求结果.
【详解】由题设，需要将4个人分成3组，有种，
再将3组人分配到三个场馆，有种，
所以共有种.
故答案为：36
13. 设为双曲线的左、右焦点，过且倾斜角为的直线与在第一象限的部分交于点，若为等腰三角形，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的定义及已知有、、，再应用余弦定理得到双曲线参数的齐次式，即可求离心率.
【详解】由题设及图知，且，，
所以，则，
所以，即，可得（负值舍）.
故答案为：
14. 设函数，．若函数有两个零点，，则满足条件的最小正整数的值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】求导，分，两种情况讨论，当时，不存在两个零点，当时，有两个零点时，需，进而求解即可.
【详解】由题，
所以，
当时，对恒成立，
则在单调递增，故不存在两个零点，
当时，若，则，函数在上单调递减，
若，则，函数在上单调递增，
要使函数有两个零点，则的最小值，
所以即，
因为，所以，令，
显然在上为增函数，且，，
所以存在，使得，
当时，，当时，，
所以满足条件的最小正整数，
又当时，，，
所以时，有两个零点，
综上所述，满足条件的最小正整数的值为3.
故答案为：3.
【点睛】思路点睛：利用导数的运算法则即可得出，并对分类讨论得出函数的单调性，再结合根的存在性原理得，进而将问题转化为求的最小正整数的值即可求解.
四、解答题：本题共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. 李教授去参加学术会议，他乘坐飞机，动车和自己开车的概率分别为0.3，0.5，0.2，现在知道他乘坐飞机，动车和自己开车迟到的概率分别为，，.
（1）求李教授迟到的概率；
（2）现在已经知道李教授迟到了，求李教授是自己开车的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）设“这位教授迟到”；“乘飞机”；“乘动车”；“自己开车”，根据全概率公式，即可求得答案；
（2）由题意可知所求概率为，根据贝叶斯公式即可求得答案.
【小问1详解】
设“李教授迟到”；=“乘飞机”；=“乘动车”；=“自己开车”；
则，，
由全概率公式得：.
【小问2详解】
由题意可知所求概率为，
由贝叶斯公式得：.
16. 已知数列满足，当时，．
（1）证明数列是等差数列，并求的通项公式；
（2）证明：．
【答案】（1）证明见解析，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知递推式，得到，结合等差数列的定义即可证明结论，由等差数列通项公式，即可得到所求通项公式；
（2）求得，由裂项相消求和，结合不等式的性质即可得证．
【小问1详解】
因为，所以，即，
又因为，所以是首项为1，公差1的等差数列，
所以，所以．
【小问2详解】
证明：因为，
所以
因为，所以
17. 如图，点在以为直径的半圆的圆周上，，且平面，
（1）求证：；
（2）当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为？
【答案】（1）证明见解析；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的性质有，由圆的性质易得，再由线面垂直的判定和性质证明结论；
（2）若为的中点，即为半圆的圆心，作面，在面内作，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数即可.
【小问1详解】
由平面，平面，则，
又点在以为直径的半圆的圆周上，则，
由且都在面内，则面，
由面，故；
【小问2详解】
若为的中点，即为半圆的圆心，作面，在面内作，
由，，则，
故可构建如下图示的空间直角坐标系，则，
由，故，可得，
所以，，，
若，分别为面、面的一个法向量，
则，取，，
，取，，
所以，
整理得，则，可得或.
18. 已知函数.
（1）讨论函数的极值点个数；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数极值的定义，结合一元二次方程根的判别式分类讨论进行求解即可；
（2）利用换元法构造函数，根据导数的性质进行求解即可.
【小问1详解】
，，.
令，方程的判别式为，
①：当即时，，单调递增，无极值点；
②：当即时，函数有两个零点，，
（i）当时.，，当时，单调递减，
当时，单调递增，有一个极小值点；
（ii）当时，，
当与时，单调递增，
当时，单调递减，有两个极值点.
综上：当时无极值点；当时有两个极值点；
当时有一个极小值点.
【小问2详解】
不等式恒成立，即
，令，，
.
令，，则需，
当时，，单调递增，又，
时，不合题意，.
当时，单调递减，当时单调递增，.
而，，
又由可得，
所以需，
令，，当时单调递增，
当时单调递减，
，
.
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据换元法把变形为.
19. 已知椭圆的焦距为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为坐标原点，为上两个动点，且，作，垂足为.
（i）线段的长度是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由；
（ii）设点的轨迹为，过点作的切线交于点（异于），求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）由题目中的焦距与离心率，结合的关系式，可得答案；
（2）（i）分直线的斜率存在与不存在两种情况，设出直线方程，并联里椭圆方程写出韦达定理，利用直线垂直的斜率关系以及点到直线距离公式，可得答案；（ii）根据圆的对称性，分情况求弦长，利用基本不等式，可得答案.
【小问1详解】
由椭圆的焦距为，则，
由椭圆的离心率为，则，解得，
易知，则可得椭圆.
【小问2详解】
（i）
当直线的斜率不存在时，可设方程为，代入椭圆，
可得，易知，解得；
当直线的斜率存在时，可设方程为，
联立，消去可得，
由，设，
则，
可得，
由直线的斜率，直线的斜率，且，
则，整理可得，
化简可得，解得，
由.
（ii）
由圆的对称性，则，
由（i）可知：
当直线的斜率不存在时，，
当直线的斜率存在时，
，当且仅当时，等号成立，则，
综上可得，故的最小值为.