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12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
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．
3．已知等比数列的前项和为，则（ ）
A．B．C．5D．15
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
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
6．已知能被9整除，则整数的值可以是（ ）
A．B．C．9D．13
7．已知为抛物线上一点，若过点且与该抛物线相切的直线交轴于点，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
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
二、多选题（本大题共3小题）
9．若，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
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．
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
三、填空题（本大题共3小题）
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）
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 .
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 ．
四、解答题（本大题共5小题）
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.
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：．
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？
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.
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.
参考答案
1．【答案】C
【详解】则，得，
得，又因为，则.
故选C.
2．【答案】A
【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．【答案】D
【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．【答案】C
【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．【答案】C
【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．【答案】B
【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．【答案】D
【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．【答案】B
【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.
9．【答案】AC
【详解】令，则，故A正确，
令可得，故，故B错误，
令可得，故，故C正确，
令可得，，故D错误，
故选AC
10．【答案】AB
【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．【答案】AC
【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，
两边平方整理得，则点的轨迹为抛物线的一部分，C正确；
对于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.
12．【答案】36
【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.
13．【答案】
【详解】由题设及图知，且，，
所以，则，
所以，即，可得（负值舍）.
14．【答案】3
【详解】由题，
所以，
当时，对0,+∞恒成立，
则Fx在0,+∞单调递增，故不存在两个零点，
当时，若，则，函数Fx在上单调递减，
若，则，函数Fx在上单调递增，
要使函数有两个零点，则Fx的最小值，
所以即，
因为，所以，令，
显然在0,+∞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.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）设“李教授迟到”；“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.
【详解】（1）设“李教授迟到”；=“乘飞机”；=“乘动车”；=“自己开车”；
则，，
由全概率公式得：.
（2）由题意可知所求概率为，
由贝叶斯公式得：.
16．【答案】（1）证明见解析，
（2）证明见解析
【详解】（1）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．
（2）证明：因为，
所以
因为，所以
17．【答案】(1)证明见详解；
(2)或.
【详解】（1）由平面，平面，则，
又点在以为直径的半圆的圆周上，则，
由且都在平面内，则平面，
由平面，故；
（2）若为的中点，即为半圆的圆心，作平面，在平面内作，
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，，，
设，分别为平面，平面的一个法向量，
则，取，，
，取，，
所以，
整理得，则，可得或.
18．【答案】(1)答案见详解；
(2).
【详解】（1），，
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；
（2）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，，
由可得，
∴需，
令，，当时，单调递增，
当时，单调递减，
，
.
19．【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）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.
（2）（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.