江西省抚州市南城县第二中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题（自强班）

高二自强班数学月考试卷 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．若复数是纯虚数，则实数（    ） A． B． C． D． 3．已知三种不同型号的产品数量之比依次为，现用分层抽样的方法抽取容量为的样本，若样本中型号产品有件，则为（    ） A．60 B．70 C．80 D．90 4．如图，圆锥的底面恰是圆柱的一个底面，圆柱的两个底面分别为同一个球的两个截面，且圆锥的顶点也在该球的球面上.若球的体积为，圆柱的高为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 5．设等比数列的各项均为正数，前项和，若，，则（    ） A．31 B． C．15 D． 6．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则（ ） A． B． C． D． 7．直线与圆交于A，B两点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．若向量，则“”是“向量的夹角为钝角”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 二、多选题 9．在中，角、、所对的边分别为、、，且，，，下面说法正确的是（    ） A． B． C．是锐角三角形 D．的最大内角是最小内角的倍 10．如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（    ） A．存在点，使四点共面 B．存在点，使平面 C．三棱锥的体积为 D．经过四点的球的表面积为 11．已知点是函数的图象的一个对称中心，则（    ） A．是奇函数 B．， C．若在区间上有且仅有条对称轴，则 D．若在区间上单调递减，则或 三、填空题 12．定义集合运算，集合，则集合所有元素之和为 13．设，为双曲线：（，）的左、右顶点，为双曲线上一点，且为等腰三角形，顶角为120°，则双曲线的离心率为 . 14．已知A为圆C：上的动点，B为圆E：上的动点，P为直线上的动点，则的最大值为 . 四、解答题 15．某学校共有1200人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人数比为，为落实立德树人根本任务，坚持五育并举，全面推进素质教育，拟举行乒乓球比赛，从三个年级中采用分层抽样的方式选出参加乒乓球比赛的12名队员．本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，每场比赛都采取5局3胜制，最后根据积分选出最后的冠军，亚军和季军积分规则如下：每场比赛5局中以或获胜的队员积3分，落败的队员积0分；而每场比赛5局中以获胜的队员积2分，落败的队员积1分．已知最后一场比赛两位选手是甲和乙，如果甲每局比赛的获胜概率为 (1)三个年级参赛人数各为多少？ (2)在最后一场比赛甲获胜的条件下，求其前2局获胜的概率. (3)记最后一场比赛中甲所得积分为X，求X的概率分布及数学期望. 16．已知椭圆经过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作倾斜角的直线，直线交椭圆于点，求面积. 17．已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，证明：当时，. 18．如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面，.    (1)证明：平面； (2)若点Q是线段的中点，M是直线上的一点，N是直线上的一点，是否存在点M，N使得?请说明理由. 19．我们称（）元有序实数组为维向量，为该向量的范数，已知维向量，其中，，记范数为奇数的维向量的个数为，这个向量的范数之和为. (1)求和的值； (2)当为正偶数时，求的通项公式． 试卷第4页，共4页 试卷第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B D A D D B AC ABC 题号 11 答案 BC 1．B 【分析】由解一元二次不等式解出集合，再由交集的运算求出最后结果即可. 【详解】由题意可得，，则. 故选：B. 2．A 【分析】利用除法运算化简复数，根据纯虚数的特征，即可判断. 【详解】，则，有. 故选：A 3．B 【分析】由条件确定型号产品的抽样比，再根据频数，频率，样本容量的关系求. 【详解】因为三种不同型号的产品数量之比依次为， 且用分层抽样的方法抽取一个容量为的样本， 所以型号产品被抽的抽样比为：， 因为型号产品有件，所以，解得. 故选：B. 4．D 【分析】作球的截面大圆，得圆柱、圆锥的轴截面，由此求得圆锥的底面半径和高． 【详解】过球心作截面，得圆柱、圆锥轴截面，如图，球半径为，则，， 圆柱的高，则，，， 圆锥体积为． 故选：D． 5．A 【分析】利用等比数列的定义及其求和公式计算即可. 【详解】设的公比为，由题意可知， 则， 解之得， 所以. 故选：A 6．D 【分析】设出两个切点坐标，根据导数的几何意义可得.将切点代入两条曲线，联立方程可分别求得,代入其中一条曲线即可求得的值，由此可求. 【详解】直线是曲线的切线,也是曲线的切线, 则两个切点都在直线上,设两个切点分别为 则两个曲线的导数分别为, 由导数的几何意义可知,则 且切点在各自曲线上,所以 则将代入可得 可得 由可得 代入中可知 所以， 所以. 故选：D. 7．D 【分析】求得直线恒过的定点，找出弦长取得最值的状态，即可求出的取值范围. 【详解】由题易知直线恒过， 圆化为标准方程得， 即圆心为，半径， 圆心到距离， 所以在圆内， 则直线与圆交点弦最大值为直径即8， 最小时即为圆心到直线距离最大， 即时，此时， 所以的取值范围为. 故选：D 8．B 【分析】根据向量的夹角为钝角求出m的范围，即可判断“”和“向量的夹角为钝角”之间的逻辑推理关系，即可得答案. 【详解】向量，由向量的夹角为钝角， 即有，解得且， 即“”不能推出“且”即“向量的夹角为钝角”； “向量的夹角为钝角”即“且”能推出“”； 故“”是“且”的必要不充分条件， 即“”是“向量的夹角为钝角”的必要不充分条件． 故选：B． 9．AC 【分析】利用正弦定理可判断A选项；利用余弦定理可判断BC选项；利用二倍角的余弦公式可判断D选项. 【详解】对于A，由正弦定理可得，A对； 对于B，由余弦定理可得，，， 所以，，B错； 对于C，因为，则为最大角，又因为，则为锐角，故为锐角三角形，C对； 对于D，由题意知，为最小角，则， 因为，则，则，D错. 故选：AC. 10．ABC 【分析】由题意，当Q与点重合时，四点共面，即可判断A；根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断B；利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可判断C；易知经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D. 【详解】A：如图，在正方体中，连接． 因为N，P分别是的中点，所以． 又因为，所以． 所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面，故A正确； B：连接，当Q是的中点时，因为，所以． 因为平面平面，所以平面，故B正确； C：连接，因为，则 ，故C正确； D：分别取的中点E，F，构造长方体， 则经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球． 设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径， 即， 所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故D错误． 故选：ABC 11．BC 【分析】根据的对称中心求得，根据奇偶性、对称性、单调性等知识确定正确答案. 【详解】依题意，点是函数的图象的一个对称中心， 所以，且①，B选项正确. 则， 所以 ， 由于是奇数，所以是偶函数， A选项错误. C选项，， 将代入得： ， 整理得， 由于在区间上有且仅有条对称轴， 所以，解得，由于，所以， 对应，所以C选项正确. D选项，在区间上单调递减， ， 将代入得： ， 整理得， 则，解得，而，所以或， 时，，符合单调性， 时，，不符合单调性，所以舍去 所以，所以D选项错误. 故选：BC 12．18 【分析】由题意可得，进而可得结果. 【详解】当 当 当 当 和为 故答案为：18 13． 【分析】通过解三角形知识得出，将其代入双曲线方程，结合离心率公式即可得解. 【详解】如图所示，，， 过点作轴，垂足为，则， 在中，，， 即有，， 故点的坐标为， 代入双曲线方程得，即为， 的离心率. 故答案为：. 14． 【分析】设关于直线的对称点为，求出，要使的值最大，转化为（其中为关于直线的对称圆上的点）三点共线，利用该直线过两点可得答案. 【详解】设关于直线的对称点为， 则，解得，故， 则圆关于对称的圆的方程为， 要使的值最大， 则（其中为关于直线的对称圆上的点）三点共线， 且该直线过两点，如图， 其最大值为.    故答案为：. 15．(1)来自高一，高二，高三年级的参赛人数分别为3人，4人和5人 (2) (3) 【分析】（1）利用分层抽样的等比例性质列式求解即可； （2）分别求得最后一场比赛甲获胜与其前2局获胜的概率，再利用条件概率公式即可得解； （3）依题意得到的所有可能取值，分别求其对应概率得到分布列，再计算数学期望即可得解. 【详解】（1）三个年级的参赛人数分别为， 故来自高一，高二，高三年级的参赛人数分别为3人，4人和5人. （2）记甲在最后一场获胜为事件，其前两局获胜为事件， 则， ， 故. （3）依题意，的所有可能取值为. ；； ；. ∴的概率分布列为： 3 2 1 0 ∴. 16．(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，列出方程组并求解即得. （2）求出直线的方程，与椭圆的方程联立，求出纵坐标差的绝对值即可计算面积. 【详解】（1）依题意，且，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）由直线过点且倾斜角为，得直线的方程为， 由消去并整理得，易知， 设，则， 于是， 所以面积为. . 17．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可得解； （2）构造函数，利用二次导数，结合函数的最值情况，证得，从而得证. 【详解】（1）因为的定义域为， 所以， 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，得， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）当时，， 令，则， 令，则， 因为，所以， 所以当时，恒成立，所以在上单调递减， 即在上单调递减，所以， 所以在上单调递减， 所以，即. 【点睛】结论点睛：恒成立问题： （1）恒成立；恒成立． （2）恒成立；恒成立． （3）恒成立；恒成立； （4），，． 18．(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，根据线面垂直的判定即可求解 （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线的距离，即可求解. 【详解】（1）如图，取的中点O，因为，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面， 所以，又，平面，平面，， 所以平面.    （2）因为，O为的中点，，所以， 过点O作交于点E，则由平面,平面,可得， 则以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设与，都重直的向量为， 则得 令，则， 设直线与直线的距离为d， 则， 则不存在点M和N使得. 19．(1)， (2) 【分析】（1）由定义用列举法求、即可； （2）按照含0个数为1，3，…，进行讨论，可得，结合、的展开式，即可得的通项公式. 【详解】（1）范数为奇数的二元有序实数对有， 它们的范数依次为1，1，1，1， 所以，. （2）当为偶数时，在向量的个坐标中，要使得范数为奇数， 则0的个数一定是奇数，所以可按照含0个数为1，3，…，进行讨论： 的个坐标中含1个0，其余坐标为1或，共有个，每个的范数为； 的个坐标中含3个0，其余坐标为1或，共有个，每个的范数为； … 的个坐标中含个0，其余坐标为1或，共有个，每个的范数为1； 所以，     因为　①， 　②， ①-②得，. 答案第12页，共13页 答案第13页，共13页 学科网（北京）股份有限公司 $$