湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题，共23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
1．已知，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数在处可导，且，则（ ）
A．B．3C．D．1
3．已知为方程的两个实数根，则（ ）
A．B．C．D．
4．如图所示，在平行四边形ABCD中，点M是对角线AC的靠近C点的三等分点，过点M的直线分别与射线AB、AD交于EF两点.已知，，则x+4y的最小值是（ ）
A．6B．3C．4D．2
5．下列命题中正确的是（ ）
A．事件发生的概率等于事件发生的频率
B．一个质地均匀的骰子掷一次得到3点的概率是，说明这个骰子掷6次一定会出现一次3点
C．掷两枚质地均匀的硬币，事件为“一枚正面朝上，一枚反面朝上”，事件为“两枚都是正面朝上”，则
D．对于两个事件、，若，则事件与事件互斥
6．“勾股树”，也被称为毕达哥拉斯树，是根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形.如图所示，以正方形的一边为直角三角形的斜边向外作一个等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为正方形的边长向外作两个正方形，如此继续，若共得到127个正方形，且，则这127个正方形中，最小的正方形边长为（ ）

A．1B．C．2D．
7．已知正四棱锥的底面边长为，高为3．以点为球心，为半径的球与过点的球相交，相交圆的面积为，则球的半径为（ ）
A．或B．或
C．或D．或
8．世纪法国著名数学家加斯帕尔•蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展.椭圆的两条切线互相垂直，则两条切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为.已知一动点到两个定点、的距离满足，则点的轨迹与椭圆的蒙日圆的交点个数为（ ）
A．个B．个C．个D．无公共点
二、多选题
9．若，则下列说法正确的是（ ）
A．的展开式中奇数项的二项式系数之和为
B．
C．
D．的展开式中二项式系数最大项为
10．已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，过点的直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，抛物线的准线与轴的交点为.则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为
B．若点，则的最小值为
C．无论过点的直线在什么位置，总有
D．若点在抛物线准线上的射影为，则、、三点共线
11．如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则（ ）
A．平面
B．平面截正方体所得的截面面积为
C．点Q的轨迹长度为
D．能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为
三、填空题
12．高三学习雷锋志愿小组共有16人，其中一班、二班、三班、四班各4人，现在从中任选3人，要求这三人不能是同一个班级的学生，且在三班至多选1人，不同的选取法的种数为 ．
13．在数列中，是方程的两根，若是等差数列，则 ；若是等比数列，则 .
14．已知，若，恒成立，则实数的取值范围为 ．
四、解答题
15．设正项等比数列，，且、的等差中项为．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，数列的前项为，数列满足，为数列的前项和，求．
16．如图，四边形为菱形，，平面，，，为的中点.

（Ⅰ） 求证：平面
（Ⅱ） 求证：
（Ⅲ）若为线段上的点，当三棱锥的体积为时，求的值.
17．甲、乙两名小朋友每人手中各有3张龙年纪念卡片，其中甲的3张卡片的颜色为1张金色和2张银色，乙手中的3张卡片的颜色都是金色．现在两人各从自己的卡片中随机抽取1张，去与对方交换，重复n次这样的操作，记甲手中有银色纪念卡片张，恰有2张银色纪念卡片的概率为，恰有1张银色纪念卡片的概率为．
(1)分别求，的值，求操作几次后甲手中的银色纪念卡片就可能首次出现0张，并求首次出现这种情况的概率p．
(2)记．
（ⅰ）证明数列是等比数列；
（ⅱ）求的数学期望．（用n表示）
18．已知双曲线的左、右焦点分别为 ，过点的直线与的左支交于 两点，设点为内切圆的圆心，为坐标原点.
(1)证明：直线与圆相切于焦点；
(2)设的渐近线方程为，求的取值范围.
19．已知函数和有相同的最大值，并且.
(1)求；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
参考答案
1．C
【分析】根据复数模的运算和乘法运算，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：C.
2．B
【分析】根据给定条件，利用导数的定义求出目标值.
【详解】依题意，.
故选：B
3．C
【分析】根据韦达定理求出，利用三角函数和与差的正弦和余弦公式将展开，分子分母同时除以，代入即可得出答案.
【详解】因为为方程的两根，
由韦达定理，得，
则.
故选：C.
4．A
【分析】结合已知及向量共线基本定理可得,而,展开后利用基本不等式即可求解.
【详解】,,
由题意可得,,
,,共线,
,即,
则,
当且仅当且,即,时取等号,
故选:A.
【点睛】本题考查了平面向量线性运算的应用及平面向量共线定理,结合了基本不等式的应用,属于中档题.
5．C
【解析】根据频率与概率的关系判断即可得A选项错误；根据概率的意义即可判断B选项错误；根据古典概型公式计算即可得C选项正确；举例说明即可得D选项错误.
【详解】解：对于A选项，频率与实验次数有关，且在概率附近摆动，故A选项错误；
对于B选项，根据概率的意义，一个质地均匀的骰子掷一次得到3点的概率是，表示一次实验发生的可能性是，故骰子掷6次出现3点的次数也不确定，故B选项错误；
对于C选项，根据概率的计算公式得，，故，故C选项正确；
对于D选项，设，A事件表示从中任取一个数，使得的事件，则，B事件表示从中任取一个数，使得的事件，则，显然，此时A事件与B事件不互斥，故D选项错误.
【点睛】本题考查概率与频率的关系，概率的意义，互斥事件等，解题的关键在于D选项的判断，适当的举反例求解即可.
6．C
【分析】由题意可得不同边长的正方形的个数，构成以1为首项，2为公比的等比数列，从而可得小正方形的种类数，再由正方形的边长构成以16为首项，为公比的等比数列，即可得到结果.
【详解】依题意，不同边长的正方形的个数，构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以，即，解得，即有7种边长不同的正方形；又正方形的边长构成以16为首项，为公比的等比数列.
因此，最小的正方形边长.
故选:C
7．B
【分析】分公共圆面在四棱锥内部与外部讨论，设相交圆的圆心为，点为相交圆上的一点，球的半径为，可求得相交圆半径为1，由勾股定理得，，组成方程组求解.
【详解】当公共圆面在四棱锥内部时，如下图所示，
设相交圆的圆心为，点为相交圆上的一点，也是两球的公共点，
设球的半径为，
因为相交圆的面积为，所以相交圆的半径为1，即
底面正方形边长为，所以，
由勾股定理有，所以，
设，则①，②，
联立①②解得．
当公共圆面在四棱锥外部时，如下图所示，
同上可求，，，
则③，④，
联立③④解得．
故选：B．
【点睛】方法点睛：在球与截面的计算中方法：球心与圆心之间的距离为，球半径为，截面半径为，可以根据勾股定理建立关系式.
8．D
【分析】求出椭圆的蒙日圆方程，求出点的轨迹方程为，判断两圆的位置关系，即可得出结论.
【详解】由题意可知，椭圆的蒙日圆方程为，
设点，则，整理可得，
圆的圆心为原点，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距为，所以，，
故两圆相交，所以，点的轨迹与椭圆的蒙日圆无公共点.
故选：D.
9．ABD
【分析】可由二项式展开式二项式系数之和的性质判断A；利用赋值法判断B、C；根据二项式系数的性质判断D.
【详解】的展开式中奇数项的二项式系数之和为，故A正确；
令，得，故B正确；
令，可得，令，得，
则，故C错误；
的展开式中二项式系数最大项为，故D正确.
故选：ABD.
10．ABCD
【分析】对选项A，设直线，与抛物线联立，得到当且仅当与抛物线相切时，取得最大值，从而得到A正确；对选项B，利用抛物线的几何性质即可得到答案；对选项C，设方程为，，，与抛物线联立得到，利用根系关系得到，即可得到；对选项D，由题意知，再计算即可判断D正确.
【详解】对选项A，设直线，
联立得，
当且仅当与抛物线相切时，取得最大值.
由，得.
直线的斜率为，此时取得最大值.故A正确.
对选项B，，则在准线上的射影为，
设到准线的距离为，
则，
当且仅当，，三点共线时等号成立，故B正确；
对选项C，由题意知，，且的斜率不为，
则设方程为，，，
联立直线与抛物线的方程，整理得，
则，，
所以，.
则
.
故直线，的倾斜角互补，
所以，故C正确.
对选项D，由题意知，
由③知，，，则，，
由，知，
即､､三点在同一条直线上，故D正确.
故选ABCD
【点睛】关键点点睛：求解抛物线有关距离的最值，要结合抛物线的定义来解决.
11．ABD
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，找到平面截正方体所得的截面，求出面积；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性得到平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在上，设球心为，由得到方程，求出半径的最大值.
【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
故.
设平面的法向量为，
则，
令得，，故，
因为，故平面，A正确；
B选项，取的中点，连接，
因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以，又，
所以，所以平面截正方体所得的截面为正六边形，
其中边长为，故面积为，B正确；

C选项，Q为平面上的动点，直线与直线的夹角为，
又平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆，
即为点Q的轨迹，
其中，由对称性可知，，
故半径，
故点Q的轨迹长度为，C错误；
D选项，因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，
不妨求能放入含有顶点的空间几何体的球的半径最大值，
该球与平面切与点，与平面，平面，平面相切，
由对称性可知，球心在上，设球心为，则半径为，
，故，即，解得，
故球的半径的最大值为，D正确.
故选：ABD
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
12．472
【分析】根据在三班至多选1人分两种情况分类计数即可．
【详解】解：根据题意，分两种情况讨论：
1、不选三班的同学，
从12个人中选出3人，有种选取方法，其中来自同一个班级的情况有种，
则此时有﹣＝208种选取方法，
2、选三班的一位同学，
三班的这一位同学的选取方法有4种，
剩下的两位同学从剩下的12人中任选2人，有种选取方法，
则此时有4×＝264种选取方法，
根据分类计数原理，共有208+264＝472种选取方法，
故答案为：472．
13． 3 -5
【分析】直接利用等差数列和等比数列的性质结合韦达定理计算得到答案.
【详解】是方程的两根，则，是等差数列，
故；
是方程的两根，则，是等比数列，
故.
故答案为：；.
【点睛】本题考查了等差数列等比数列的性质，意在考查学生的计算能力和应用能力.
14．
【分析】由，确定在最初单调性应该是单调递增，求出的一次导数和二次导数后，分类讨论在的不同范围下的单调性，最后得出答案.
【详解】由可知，
设，则
令，解得，
当时，；当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
即
若，则则在上单调递减，其中，
因为，则，不能恒成立;
故，使得，在单调递增，此时的取值范围满足题意,，解出.
故答案为:
【点睛】思路点睛：
高中考查函数求导的题型中，给出的函数类型一般是有限单调型，故求函数恒成立问题时，可先判断端点值，根据端点值预测函数单调性的走向，再求出导数，证明自己的预测.
以此题为例：先判断出，可预测的单调性应该是单增型或者先增后减再增型，以此判断其导数应该是恒大于等于0或者先大于0，讨论情况证明即可.
15．(1).
(2)
【分析】（1）利用已知条件求出数列的公比，再利用等比数列的通项公式可求得；
（2）化简数列的通项公式，利用裂项相消法求解即可．
【详解】（1）解：设等比数列的公比为，则，
由题意可得，解得，
则.
（2）解：由（1）得，则，
所以，数列为等差数列，所以，，
所以，，
则.
16．(1) 证明见解析.
(2)证明见解析.
(3).
【详解】分析：（1）设AC∩BD=O，连结EO，MO，推导出四边形EOMF为平行四边形，从而FM∥EO．由此能证明FM∥平面BDE；（2）推导出AC⊥BD，ED⊥AC，从而AC⊥平面BDE，由此能证明AC⊥BE；（Ⅲ）过G作ED的平行线交BD于H，则GH⊥平面ABCD，GH为三棱锥G﹣BCD的高，三棱锥G﹣BCD的体积 ，由此能求出的值．
详解：
（Ⅰ）设,连结.
由已知分别是的中点，
因为,且,
所以,且，所以,且.
所以平行四边形为平行四边形
所以
又因为平面，平面，
所以平面
（Ⅱ）因为为菱形，所以
因为平面,所以
因为,所以平面
又因为平面,所以
（Ⅲ）过作的平行线交于.
由已知平面，所以 平面.
所以为三棱锥的高.
因为三棱锥的体积为，所以三棱锥的体积

所以
所以.所以.
点睛：本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查两线段比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，异面直线的夹角的求法；常见方法有：将异面直线平移到同一平面内，转化为平面角的问题；或者证明线面垂直进而得到面面垂直，这种方法适用于异面直线垂直的时候.
17．(1)，，
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）分析出包含两种情况，把两种情况的概率相加得到，同理也包含两种情况，求出相应的概率，相加可得，由，故交换一次不合要求，而，故操作两次满足要求，并求出概率为；
（2）（ⅰ）先求出，，，，判断出数列是等比数列；
（ⅱ）由（ⅰ）求出，的所有可能取值为0，1，2，并得到对应的概率，得到分布列，求出数学期望.
【详解】（1）根据题意，表示“重复2次操作，甲手中恰有2张银色纪念卡片”的概率，包含两种情况：
第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换金色卡片；
第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换金色卡片，乙交换银色卡片，
则，，，
表示“重复2次操作，甲手中恰有1张银色纪念卡片”的概率，包含两种情况：
第一次甲交换金色卡片，第二次甲交换银色卡片；
第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换银色卡片，乙交换银色卡片或第二次甲交换金色卡片，
乙交换金色卡片，则．
其中，故交换一次不会出现的情况，而，
操作两次甲手中的银色纪念卡片就可能首次出现0张，其概率为．
（2）（ⅰ）由题意可得，
，
则，，
所以，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
（ⅱ）由（ⅰ）知，所以．
的所有可能取值为0，1，2，
其分布列为
从而．
【点睛】关键点点睛：分析出，，，从而得到数列是首项为，公比为的等比数列，再进行下一步的求解.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用双曲线的定义及切线长的性质，即可证明结果；
（2）根据条件可得，，从而的方程为，设设直线的方程为，联立椭圆方程得到，进而可得，再利用（1）结果及弦长公式，可得，再利用等面积法可得，即可求解.
【详解】（1）设的内切圆分别与，，PQ相切于点，
由双曲线的定义，得，所以，
又，所以，
即，结合，得，
又，所以；同理，
所以焦点与点C重合，故直线PQ与圆I相切于.
（2）设，，，，圆的半径为.
由的渐近线方程为，即，则，
所以，，的方程为，
可设直线的方程为，代入E的方程，得，
首先，解得；
其次，，，
.①
由（1），得，
所以.
又，
所以，②
由①②，得，解得，所以.
由，得，所以，
故的取值范围为.
【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）问，先设直线的方程为，联立椭圆方程，求得，再利用内切圆的性质及弦长公式可求得，进而得到，即可求解.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论，应用导数研究、研究其单调性、最值，结合已知求出；
（2）根据（1）确定、解析式、单调性、零点，数形结合判断直线的存在性，最后设交点坐标，并代入函数解析式求证交点横坐标的关系，应用等比中项性质判断等比数列.
【详解】（1），.
若，则时，时，
所以在定义域内先减后增，无最大值.
若，则，最大值为0，但不满足.
若，令，得.
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减.
所以x=1时取得最大值，最大值为.
，.
若，则时，时，
所以在定义域内先减后增，无最大值.
若，则，最大值为0，但不满足.
若，令，得.
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
所以时取得最大值，最大值为.
综上，，解得.
（2）由（1）知：在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减，且，有唯一的零点，有唯一的零点1.
它们的大致图像如图所示，设曲线与在上交于点A，
当直线经过点A时，直线与曲线还有另一个交点B，
设，，，不妨设直线与曲线还有另一个交点，
则，则，故①，同理得②，
由①②知，与是直线与曲线交点的横坐标，故C是存在的.
因为且，所以，又，
所以，，从而有，故结论成立.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据（1）确定、的单调性、零点，画出函数草图，数形结合判断直线存在性，再设点坐标代入函数式列方程求交点横坐标的关系.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
A
C
C
B
D
ABD
ABCD
题号
11









答案
ABD









0
1
2
P