云南省临沧地区中学2024−2025学年高二下学期4月月考 数学试卷（含解析）

这是一份云南省临沧地区中学2024−2025学年高二下学期4月月考 数学试卷（含解析），共16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．已知集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．B．C．D．
2．复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
3．在等比数列中，已知前n项和=，则的值为
A．－1B．1C．－5D．5
4．已知向量，，，若，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
5．《九章算术》中有一分鹿问题：“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿．欲以爵次分之，问各得几何．”在这个问题中，大夫、不更、簪袅、上造、公士是古代五个不同爵次的官员，现皇帝将大夫、不更、簪枭、上造、公士这5人分成3组派去三地执行公务（每地至少去1人），则不同的方案有（ ）种．
A．150B．180C．240D．300
6．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列四个命题：
①若，，则；
②若，，，则；
③若，，，则；
④若，，则.
其中真命题的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
7．已知抛物线 的焦点为，准线为，，是抛物线上的两个动点，且满足，设线段 的中点 在上的射影为，则 的最大值是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，，若存在两条不同的直线与函数和图象均相切，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．以下说法错误的是（ ）
A．两个变量的样本相关系数越大，它们的线性相关程度越强
B．设、为随机事件，且、，若，则与相等
C．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为“与没有关联”
D．若随机变量，，则
10．如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，F是线段的中点，则（ ）

A．三棱锥体积的最大值为
B．若点P满足，则动点P的轨迹长度为
C．当直线与所成的角为45°时，点P的轨迹长度为
D．当P在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为
11．在平面直角坐标系中，圆，直线与圆相交于不同的两点，且弦的中点为，则下列选项正确的有（ ）
A．弦长的最大值为
B．实数的取值范围为
C．若，则
D．存在定点，使得为定值
三、填空题（本大题共3小题）
12．在的二项式中，所有的二项式系数之和为256，则常数项等于 ．
13．已知，，则 .
14．我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.已知数列满足，，当时，令，若函数的图象关于点成中心对称图形，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△的面积为.
（1）证明：；
（2）若，求.
16．某项编程技能比赛分为两轮：第一轮初赛，赛题由6道基础编程题和4道中级编程题组成，基础编程题每题答对得5分，中级编程题每题答对得10分，初赛至少得60分才能进入第二轮复赛，否则淘汰；第二轮复赛，赛题由2道中级编程题和2道高级编程题组成，中级编程题每题答对得10分，高级编程题每题答对得20分．所有的题答错都不扣分．已知甲同学能答对每道基础编程题，中级编程题每题答对的概率为，高级编程题每题答对的概率为，且各题答对与否互不影响．
（1）求甲同学初赛被淘汰的概率；
（2）已知甲同学第一轮初赛得满分70分，求甲同学两轮比赛所得总分X的分布列及期望．
17．如图，在四面体中，，，点为棱的中点，点为棱上的动点．
（1）求证：平面平面；
（2）已知二面角的大小为，当直线与平面所成角的正弦值的最大值为时，求此时四面体的体积．
18．设函数．
（1）若不等式的解集，求的值；
（2）若，
①，求的最小值；
②若在R上恒成立，求实数a的取值范围．
19．对于给定集合，若存在非负实数，对任意的满足：成立，则称集合具有性质.
（1）证明：集合具有性质；
（2）若集合具有性质，求的最小值；
（3）若集合具有性质，求的最大值.
参考答案
1．【答案】B
【详解】由题意，阴影部分表示的集合为，
故选B．
2．【答案】A
【详解】化简复数，
对于复数，实部，虚部.
因为实部，虚部，所以复数在复平面内对应的点在第一象限.
故选A.
3．【答案】C
【详解】试题分析：由题意得，等比数列中，已知前项和=，则，，又因为，即，解得，故选
C．
考点：等比数列的前项和．
【方法点晴】本题主要考查了等比数列的前项和问题，其中解答中涉及到等比数列的前项和、数列的通项和之间的关系、以及等比数列的性质等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于基础题，本题的解答中熟记数列的通项和之间的关系是解答的关键．
4．【答案】C
【详解】因为，且，则，所以，，
，
因此，，
当且仅当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选C.
5．【答案】A
【详解】解：将5人分3组，每组至少1人，共有两种情况：
（1）每组人数别为1，2，2，方法有；
（2）每组的人数分别为1，1，3，方法有，
所以不同的方案有90+60=150种.
故选A
6．【答案】B
【详解】根据空间中的线面关系的性质定理或判断定理或反例逐项判断后可得正确的选项.
【详解】对于①，若，，则或异面，故①错误.
对于②，因为，，故，而，故，故②正确.
对于③，如图，，，，但，故③错误.
对于④，如图，在正方体中，平面平面，
平面平面，但平面平面，故④错误.
故选B.
7．【答案】C
【详解】设，，在准线上的射影点分别为、，
连接、,
由抛物线定义，得且，
在梯形中根据中位线定理，得．
由余弦定理得，
配方得，
又因为 ，
所以 ，
得到．
所以，
即的最大值为．
故选C.
8．【答案】A
【详解】当时，，，不存在公切线，
当时，设直线与切于，
与切于，
又，，
则直线的斜率，
所以，
所以直线为，即，
直线也可以写成，即，
所以，
将代入可得，，
又，所以，
因为存在两条不同的直线与函数和图象均相切，
所以方程有两个不同的解，
设，
则，
当时，解得，
当时，解得，
所以，
又因为且无穷接近时，趋近正无穷；
当时，趋近正无穷；
函数的大致图象如下：
所以，
所以，
所以或，
所以的取值范围为.
故选A.
9．【答案】ABC
【详解】对于A选项，根据相关系数的定义，当时，表明两个变量正相关；当时，表明两个变量负相关，
当越接近时，相关程度越大；当越接近时，相关程度越小，故A错误；
对于B：设、为随机事件，且、，
则
若，所以与不相等，故B错误；
对于C选项，独立性检验的判断标准是，若计算得出的值大于临界值，则拒绝独立性假设，说明变量与存在关联.
因此，，拒绝“与没有关联”的零假设，故C错误；
对于D，对于，则，，
则，
对于，则，，则
，
又，
所以，，故D正确.
故选ABC.
10．【答案】BCD
【详解】对于A，因为，而等边的面积为定值，
要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，
易知点是正方体到平面距离最大的点，
所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体，
其高为，所以，A错误；
对于B，取中点，中点，连结，
易证，因为，所以，即，又，，所以平面，
因为，所以点的轨迹为矩形，，所以动点P的轨迹长度为，故B正确；

对于C：连接，，以为圆心，为半径画弧，如图1所示，

当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，
又，
弧长度，故点的轨迹长度为，故正确；
对于D，取的中点分别为，
连接，如图2所示，

易知平面，FT不含于平面，故平面，
，平面平面，故平面；
又平面，故平面平面；
又，
故平面与平面是同一个平面.
则点的轨迹为线段：
在三角形中，
则，
故三角形是以为直角的直角三角形；
故，故长度的最大值为，故正确.
故选BCD
11．【答案】ABD
【详解】由题意知圆的圆心为，半径为；
当时，过圆心，则弦长最大为，故A正确；

圆心到的距离，解得，故B正确；
因为，所以点在圆外.
因为,所有点在直线上.
所以向量同向，
取当时，过圆心，所以，不一定是1，故C错；
因为，则的轨迹为以中点为圆心，为半径的圆（在已知圆内的一部分），
则存在，使得，故D正确.
故选ABD.
12．【答案】252
【解析】根据展开式中所有二项式系数的和等于，求得．在展开式的通项公式中，令的幂指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项．
【详解】∵在的二项式中，所有的二项式系数之和为256，
∴，解得，
∴中，，
∴当，即时，常数项为．
13．【答案】
【详解】…①，
…②，
①②得：，解得：；
①②得：，解得：
.
14．【答案】
【详解】因为或，
又，
设2025个差中有个2和个，故，所以，
即数列前2026项成等差数列，公差为.
令，
即，
则
，
所以为奇函数，结合题设易知，故.
15．【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【详解】（1）由题设，，又，
所以，由正弦定理可得，
所以，又，
所以，即.
（2）由（1）及题设，，且，
所以，则，故，
又，可得，
若，则，而，故不合题设；
所以，
所以.
16．【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【详解】（1）若甲同学初赛不被淘汰，则他答对中级编程题的数量至少为，
则甲同学初赛不被淘汰的概率为，
所以甲同学初赛被淘汰的概率为；
（2）由题意可取，
则，
，
，
，
，
，
，
所以的分布列为：
故.
17．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）由，得，
又平面，则平面，
而平面，于是，由为中点，，得，
又平面，因此面，又平面，
所以平面平面．
（2）由（1）知，二面角的平面角为，则，
由平面，得为与平面所成的角，
在中，，则，，
而，则，此时，
由平面，平面，得，而平面，
则平面，又平面，于是，
在中，，则，
所以四面体的体积.
18．【答案】（1）
（2）①9；②
【详解】（1）若不等式的解集，
则，
所以.
解得.
（2）若，即，.
①，则，
当且仅当，即时，等号成立.
故的最小值为9，
②在R上恒成立，
即在R上恒成立，
故，
解得：
故a的取值范围为
19．【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【详解】（1）要证明集合具有性质，
即证明，都有，
因为，所以.
因为，所以，
所以，都有，
即集合具有性质.
（2）因为，
，
令，则，
因为，当且仅当时等号成立，所以，
又集合具有性质，
于是，有，
即，
即，成立，
令，，
因为函数在上单调递减，且，
所以，则，
所以，当且仅当时等号成立；
，当且仅当或时等号成立，
则，即的最小值为.
（3）因为集合具有性质，
由题意，得，
都有，
即，
注意到
所以，
又，
所以，当且仅当时等号成立，
即的最小值为1.
又，当且仅当时等号成立，则，
又，
令，，则，即，
则，即，
所以
，
令，，
则，即函数在上单调递增，
又，所以，
当且仅当或时等号成立，
所以的最大值为，又的最小值为1，
所以的最大值为.