云南省丽江市古城区第一中学2024-2025学年高二下学期6月月考数学试题

丽江市古城区第一中学2024-2025学年高二6月月考 数学 一、单选题（本大题共8小题） 1．已知向量，且，则x＝（　　）. A．8 B．2 C．4 D． 2．已知，则（    ） A． B． C． D．1 3．已知集合，集合，则（    ） A． B． C． D． 4．已知函数的对应关系如下表，函数的图象为如图所示的曲线，其中，，，则（    ）． 1 2 3 2 3 0      A．3 B．2 C．1 D．0 5．如图，正方体中，M，N分别是线段上的动点（不含端点），则下列各项中会随着M，N的运动而变化的是（    ）    A．异面直线与直线所成的角的大小 B．平面与平面所成的角的大小 C．直线到平面距离的大小 D．异面直线，之间的距离的大小 6．已知数列满足，，且，则（    ） A． B． C． D． 7．的展开式中的系数是（    ） A． B． C． D． 8．《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.如图，在堑堵中，分别是的中点，是的中点，若，则（    ） A．1 B． C． D． 二、多选题（本大题共3小题） 9．某校高一年级组织趣味运动会，有跳远、球类、跑步三项比赛，一共有28人参加比赛，其中有16人参加跳远比赛，有8人参加球类比赛，有14人参加跑步比赛，同时参加跳远和球类比赛的有3人，同时参加球类和跑步比赛的有3人，没有人同时参加三项比赛，则() A．同时参加跳远和跑步比赛的有4人 B．仅参加跳远比赛的有8人 C．仅参加跑步比赛的有7人 D．同时参加两项比赛的有10人 10．在中，角所对的边分别是且，则下列说法正确的是（ ） A． B．若，且有一解，则的取值范围为 C．若，且，为的内心，则 D．若，则的取值范围为 11．已知抛物线的焦点为，直线与以为圆心，为半径的圆相切，交于两点，且直线过，则（   ）． A．的周长为 B．圆为的内切圆 C．准线和所夹锐角正弦值为 D．抛物线上存在一点，使得为等边三角形 三、填空题（本大题共3小题） 12．若用斜二测画法画的直观图是边长为2的正三角形，如图所示，则原的面积为 ． 13．将3颗黑子和2颗白子共5颗围棋子任意填在如图所示的9个小方格内，每个小方格内至多填1颗棋子，则相同颜色的棋子既不同行也不同列的概率为 ． 14．设点F1，F2分别为椭圆C:+=1的左、右焦点，点P是椭圆C上任意一点，若使得 =m成立的点P恰好有4个，已知实数，则m的值为 . 四、解答题（本大题共5小题） 15．如图，在三棱柱中，，点是的中点，平面. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求三棱柱外接球的表面积. 16．某学校在寒假期间安排了垃圾分类知识普及实践活动．为了解学生的学习成果，该校从全校学生中随机抽取了50名学生作为样本进行测试，记录他们的成绩，测试卷满分100分，将数据分以6组：，，，，，，并整理得到如下频率分布直方图： （1）求t的值； （2）在样本中，从成绩在80分及以上的学生中随机抽取3人，用X表示成绩在中的人数，求X的分布列及数学期望； （3）在（2）抽取的3人中，用Y表示其成绩在的人数，试判断方差与的大小．（直接写出结果即可） 17．已知在正四棱柱中，，点是的中点．    （1）求证：平面平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 18．已知，函数，. （1）当时，讨论函数的单调性； （2）证明：函数存在两个零点； （3）当时，不等式恒成立，求的取值范围. 19．已知椭圆的离心率为，且过点．圆的切线l与椭圆E相交于A，B两点． (1)求椭圆E的方程； (2)直线OA，OB的斜率存在为，，直线l的斜率存在为k，若，求直线l的方程； (3)直线OA，OB与圆的另一个交点分别为C，D，求与的面积之和的取值范围． 参考答案 1．【答案】A 【详解】由题意得：，解得：. 故选A 2．【答案】A 【详解】，所以， 故选A 3．【答案】C 【详解】因为集合，集合， 所以，则，故A，B，D项错误，C项正确. 故选C. 4．【答案】B 【详解】由图可知，， 由表格可知， 故选B. 5．【答案】A 【详解】以点D为原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为1，则，，，，，，，因为M，N分别是线段上的动点（不含端点），故设，，所以， 会随着M，N的运动而变化，故A选项正确； 设平面的法向量为，则 ，解得： 设平面的法向量为，则，解得： 所以，故平面与平面所成的角的大小为，不随着M，N的运动而变化； 设平面的法向量为，则，解得：， 则，即与平面平行，故直线到平面距离不变，不随着M，N的运动而变化. 设异面直线，的公共法向量为，则，解得：，设异面直线，之间的距离为，夹角为，则，所以异面直线，之间的距离的不随着M，N的运动而变化.    故选A 6．【答案】C 【详解】依题意有，则， 由此得，，，． 故选C． 7．【答案】B 【详解】由二项展开式知其通项为， 令，解得. 所以的系数为. 故选B. 8．【答案】C 【详解】连接如下图： 由于是的中点， . 根据题意知. . 故选C. 9．【答案】ACD 【详解】设同时参加跳远和跑步比赛的有 人，由题意画出 图，如图，则 ，解得 ，故 正确； 仅参加跳远比赛的人数为 ，故 错误； 仅参加跑步比赛的人数为 ，故 正确； 同时参加两项比赛的人数为 ，故 正确.故选 . 10．【答案】ABD 【详解】对于A，由，得， 即，而，因此，A正确； 对于B，由余弦定理得，整理得， 由关于的一元二次方程只有一个正数解，得或， 解得或，B正确； 对于C，由，得，又，则， 即， 而，解得，由，得为锐角，则， 因此，为直角三角形，设其内切圆的半径为， 则，， 因此，C错误； 对于D，由正弦定理可得， ，即, 在中，，解得，，则，D正确. 故选ABD 11．【答案】AC 【详解】 由题意，，抛物线方程为：，圆的方程为：， 直线的斜率存在且不为0，设直线：即. 则圆心到直线的距离，解得或（舍去）， 所以，直线：. 联立方程可得， 设，则. 对于A，因为，， 的周长为，故A正确； 对于B，假设圆为的内切圆，则点是三条内角平分线的交点，即平分，则有. 因为， 所以假设不成立，故B错误； 对于C，如图，设准线和所夹锐角为，则，所以，故C正确； 对于D，假设存在一点，使得为等边三角形， 取中点，过点作直线的垂线，垂足为，则 ， 由题意，直线的方程为即， 所以点的坐标满足， ，解得， 当时，，不满足； 当时，，不满足. 所以抛物线上不存在一点，使得为等边三角形，故D错误. 故选AC. 12．【答案】 【详解】如图，过点作轴，且交轴于点． 过点作轴，且交轴于点， 则，又， 所以，所以原三角形的高，底边长为2， 所以，则原的面积为． 13．【答案】 【详解】将3颗黑子和2颗白子共5颗围棋子任意填在如图所示的9个小方格内共有种不同的方法， 其中相同颜色的棋子既不同行也不同列的不同的方法有种，可如下计算：先将3颗黑子放置在9个小方格有6种不同的方法，然后放置两个白子有9种方法，， 其概率为. 14．【答案】2 【详解】由题意，得， 设点，则， 所以· ① 又因为在椭圆上，所以，所以， 由对称性可得，要使得成立的点恰好是个， 则,解得，又因为， 所以的值可是. 15．【答案】（1）见详解 （2） （3） 【详解】（1） 连接，设，连接， 由三棱柱的性质可知，侧面为平行四边形， 因为为的中点，又因为为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为，所以， 即，又，平面，所以平面， 所以. （3）因为，平面， 所以三棱柱外接球就是以为棱的长方体的外接球， 长方体的体对角线长， 即长方体的外接球直径，即, 则其表面积为. 16．【答案】（1） （2）分布列见详解，； （3） 【详解】（1）由直方图可得第二组的频率为，所以 （2）由题可知成绩在80分及以上的学生共有人，其中中的人数为5，其中中的人数为10， 所以可取0,1,2,3，则 ，， ，， 故的分布列为： 0 1 2 3 P ； （3）. 因为； 又因为可取0,1,2,3，则 ，， ，， 故的分布列为： 0 1 2 3 P 所以， 所以； 所以. 17．【答案】（1）见详解 （2）； （3）3 【详解】（1）由题可得，又平面，平面，故， 而平面，且， 平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，，    所以为异面直线与所成角或其补角， 正四棱柱中，， 由勾股定理得， 在中，， 由余弦定理，得， 故异面直线与所成角的余弦值为. （3）因为正方形，所以，， 又在正四棱柱中，平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 所以． 或. 18．【答案】（1）答案见详解； （2）证明见详解； （3）. 【详解】（1）函数的定义域为，且， 当时，对任意的，，即函数的单调减区间为，无单调增区间； 当时，令可得，列表如下： 增 极大值 减 故当时，函数的单调增区间为，单调减区间为. 综上所述，当时，函数的单调减区间为，无单调增区间； 当时，函数的单调增区间为，单调减区间为. （2）由可得， 当时，，，且等号不同时成立，则； 当时，，，故， 设，则， 故函数在上单调递减， 因为，， 由零点存在定理可知，存在，使得， 当时，；当时，. 所以，函数在上单调递增，在上单调递减， 因为，，， 故存在，使得，故函数存在两个零点. （3）设，，由（2）可得函数的图象如下图所示： 当时，因为，，则，即恒成立； 当时，函数在区间上单调递减， 又，当时，， 故存在，使得， 当时，， 故存在，使得，即，与题设矛盾； 当时，函数的极大值为，即， 当时，即当时，，故，即恒成立； 当时，即当时，存在，使得，即，与题设矛盾. 综上所述，实数的取值范围是. 19．【答案】(1) (2)和 (3) 【详解】（1）由可得，又椭圆过点，则有， 将两方程联立，解得， 故椭圆E的方程为； （2）依题意，设，因直线与圆相切， 故有:，整理得，，① 由消去，整理得，， 显然，设，则， 则， 于是，将① 式代入得，， 即恒成立，则，代入① 式，可得，， 故直线l的方程为； （3）当直线的斜率不存在时，，利用对称性，可取， 代入椭圆方程得, 此时与的面积之和； 当直线的斜率存在为时，，仿上可得，， 则 ， 于是，与的面积之和为： , 即. 因，，当且仅当时等号成立， 此时，又则, 即. 综上所述，与的面积之和的取值范围为. 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$