云南省红河哈尼族彝族自治州第一中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试题（含解析）

这是一份云南省红河哈尼族彝族自治州第一中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了已知向量，，则，直线l，设函数在处存在导数为2，则，下列说法正确的有，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．已知向量，，则（ ）
A．B．2C．D．
2．直线l：x+y﹣3＝0的倾斜角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．90°
3．设函数在处存在导数为2，则（ ）
A．2B．1C．D．4
4．下列各组事件中，不是互斥事件的是（ ）
A．一个射手进行一次射击，命中环数大于8与命中环数小于6
B．统计一个班级数学期中考试成绩，平均分数不低于90分与平均分数不高于90分
C．播种菜籽100粒，发芽90粒与发芽80粒
D．检查某种产品，合格率高于与合格率为
5．在正项等比数列中，为其前项和，若，，则的值为（ ）
A．50B．70C．90D．110
6．已知双曲线分别为的左焦点和右顶点，点是上的点，若的面积为，则的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
7．在中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，若，则此三角形的形状一定是（ ）
A．等腰直角B．等腰或直角C．等腰D．直角
8．已知定义在上的函数的导函数为，且满足，，则的解集为（ ）
A．B．C．D．
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．下列说法正确的有（ ）
A．若一个扇形弧长的值与面积的值都是5，则这个扇形圆心角的大小是
B．已知，则
C．函数在其定义域上单调递减
D．若幂函数的图象过点，则
10．下列说法正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．“”是“”的必要不充分条件
C．若，则的充要条件是
D．的充要条件是
11．若关于的不等式有实数解，则的值可能为（ ）
A．0B．3C．1D．
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．已知集合，．若，则实数的取值集合为 ．
13．函数的增区间为 .
14．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若是偶函数，则 ．
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.（13分）已知等比数列的首项为2，公比为整数，且.
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前项和为，比较与4的大小关系，并说明理由.
16.（15分）如图，在四棱柱中，二面角均为直二面角.
（1）求证：平面；
（2）若，二面角的正弦值为，求的值.
17．（15分）已知函数．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)在中，，，分别是角，，的对边，，，若为中点且，求的面积．
18.（17分）为建设“书香校园”，学校图书馆对所有学生开放图书借阅，可借阅的图书分为“期刊杂志”与“文献书籍”两类.已知该校小明同学的图书借阅规律如下：第一次随机选择一类图书借阅，若前一次选择借阅“期刊杂志”，则下次也选择借阅“期刊杂志”的概率为，若前一次选择借阅“文献书籍”，则下次选择借阅“期刊杂志”的概率为.
（1）设小明同学在两次借阅过程中借阅“期刊杂志”的次数为X，求X的分布列与数学期望；
（2）若小明同学第二次借阅“文献书籍”，试分析他第一次借哪类图书的可能性更大，并说明理由.
19.（17分）已知是抛物线上任意一点，且到的焦点的最短距离为.直线与交于两点，与抛物线交于两点，其中点在第一象限，点在第四象限.
（1）求抛物线的方程.
（2）证明：
（3）设的面积分别为，其中为坐标原点，若，求.
参考答案：
1．C
【分析】求出，求模即可.
【详解】∵，，∴，
∴.
故选：C.
2．C
【分析】根据直线方程求得斜率，再由 求解.
【详解】直线l：x+y﹣3＝0的倾斜角为
则，
因为 ，
所以
故选：C
【点睛】本题主要考查直线的倾斜角与斜率，属于基础题.
3．D
【分析】
利用导数的极限定义计算可得.
【详解】由导数的定义可知，.
故选：D.
4．B
【解析】根据互斥事件的定义，两个事件不会同时发生，命中环数大于8与命中环数小于6，发芽90粒与发芽80粒，合格率高于与合格率为均为互斥事件，而平均分数不低于90分与平均分数不高于90分，当平均分为90分时可同时发生，即得解.
【详解】根据互斥事件的定义，两个事件不会同时发生，
A. 一个射手进行一次射击，命中环数大于8与命中环数小于6,为互斥事件；
B. 统计一个班级数学期中考试成绩，平均分数不低于90分与平均分数不高于90分，当平均分为90分时可同时发生，不为互斥事件；
C. 播种菜籽100粒，发芽90粒与发芽80粒,为互斥事件；
D. 检查某种产品，合格率高于与合格率为,为互斥事件；
故选：B
【点睛】本题考查了互斥事件的辨别，考查了学生概念理解的能力，属于基础题.
5．B
【分析】
利用等比数列的片段和性质列式计算即可.
【详解】由等比数列的片段和性质得，，成等比数列
所以
所以，
解得.
故选：B.
6．C
【分析】
根据题意得到和，进而化简求得，即可得到答案.
【详解】
设双曲线的焦距为，
由题设知，，则，
所以，且，易知，
又因为点在上，所以，所以，

因为，
所以，
则，
化简得，
解得或（舍去）.
所以，，故C的离心率为.
故选：C
7．B
【分析】利用余弦定理化简为，根据或判断三角形形状即可.
【详解】因为，所以由余弦定理得，
化简得，即，
所以或，
即此三角形为等腰三角形或直角三角形.
故选：B
8．D
【分析】
利用构造函数法，结合导数判断出所构造函数的单调性，从而求得正确答案.
【详解】构造函数，
，
所以在上递增，，
由于，
根据的单调性解得，
所以的解集.
故选：D
9．AB
【分析】利用扇形的面积和弧长公式，计算圆心角判断选项A；由指数式与对数式的互化和对数式的运算规则求值，判断选项B；由反比例函数的单调性判断选项C；由幂函数的定义判断选项D.
【详解】对于A，设这个扇形的圆心角为，半径为r，
其弧长的值与面积的值都是5，，，解得，故A选项正确；
对于B，，，，则，故B选项正确；
对于C，，其定义域为，
由反比例函数的单调性可知，在和上都单调递减，但在定义域上不是单调递减的，故C选项不正确；
对于D，幂函数的图象过点，则有，
解得，故D选项不正确．
故选：AB．
10．BD
【分析】解出不等式，即可判断A；分和讨论即可判断B；讨论，，讨论即可判断C；作差后配方即可判断D.
【详解】对于A，由，解得或，
所以“”是“”的必要不充分条件，故A项错误.
对于B，若，当时，，
当时，，故充分性不成立；
若，则，故必要性成立.
所以“”是“”的必要不充分条件，故B项正确.
对于C，当时，，所以成立；
当时，所以成立；
当时，也成立.
所以的充分不必要条件是，故C项错误.
对于D，等价于，
即，
所以，故的充要条件是，故D项正确.
故选：BD.
11．ACD
【分析】
分类讨论，利用判别式法列式求解即可.
【详解】
当时，不等式有解，符合题意；
当时，得，则不等式有解；
当时，由，解得.
综上，的取值范围为，对照选项，选项ACD中的值符合题意.
故选：ACD
12．
【分析】
根据，得到集合的元素都是集合的元素，即可求得的值.
【详解】由题意，所以或，则或，
所以实数的取值集合为.
故答案为：.
13．/
【分析】
根据复合函数的单调性法则即可求解.
【详解】
函数的定义域为，解得或
设在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的增区间为，
故答案为：
14．
【分析】
根据题意，结合三角函数的图象变换，得到，再结合余弦函数的性质，列出方程，即可求解.
【详解】
由函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数的图象，则，
又由是偶函数，则有，解得，
因为，可得．
故答案为：.
15.解析（1）因为，
所以，即，
也即.
因为，所以.
故.
（2）结论：.
理由如下：
由（1）可知，.
因为，
所以
令①，
则②，
①-②，得，
则.
故，故.
16.解析（1）在平面内取一点，过点作直线.
因为二面角为直二面角，故平面平面，又平面平面平面，所以平面.
因为平面，所以.
同理，过点作直线，
因为二面角为直二面角，故平面平面，又平面平面平面，所以平面，
因为平面，所以.
因为不平行，所以不重合，又平面，故平面.
（2）由题可知，可以为原点，直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，
所以.
设平面的法向量为，
则即可取.
设平面的法向量为，
则即可取.
由题可知，即，
解得，
故.
17．(1)，
(2)
【来源】重庆市第十一中学校教育集团2024届高三第七次质量检测（3月）数学试题
【分析】
（1）利用三角恒等变换公式化简函数，在由正弦函数的性质计算可得；
（2）首先求出，由余弦定理得到，再在、分别利用余弦定理表示出，，再由得到的值，即可求出，再由面积公式计算可得.
【详解】（1）因为
，
令，，解得，，
函数的单调递增区间为，；
（2）因为，即，所以，
因为，所以，所以，即，
在中由余弦定理，
可得，
在中，，
在中，，
，
即，整理得，
所以，
所以.
18.解析：设表示第次借阅“期刊杂志”，表示第次借阅“文献书籍”，，
则.
（1）依题意，随机变量的可能取值为0，1，2.
，
，
.
随机变量的分布列为
所以.
（2）若小明第二次借阅“文献书籍”，则他第一次借阅“期刊杂志”的可能性更大.理由如下：
.
（1）若第一次借阅“期刊杂志”，则.
（2）若第一次借阅“文献书籍”，则.
因为，所以小明第一次选择借阅“期刊杂志”的可能性更大.
19.（1）解析：设，易知，准线方程为.
所以.
当时，取得最小值，由，解得.
所以抛物线的方程为.
（2）证明：设直线与轴交于点，因为直线的斜率显然不为0，所以设直线的方程为.
联立消去得，
所以.
所以.
同理可得，所以.
（3）解：因为，所以，即.
因为，所以，即.
所以.
由（2）知，所以，故.
所以，即，化简得，
解得或.
若，则，这与矛盾.
所以，
所以.
0
1
2