精品解析：贵州省遵义市航天高级中学2024-2025学年高二下学期第一次月考数学试题

遵义航天高级中学2024-2025学年度第二学期第一次月考 高二数学 （满分：150分 时间：120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）. 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用复数的除法及乘法运算求解或应用复数相等列式计算求参即可得出虚部. 【详解】解法一 因为，所以的虚部为； 解法二 设，所以， 故，解得，，所以的虚部为， 故选：D. 2. 的展开式中的常数项为（） A. 18 B. 20 C. 22 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】写出的展开式的通项，再将运算进去，分别令x的指数为0，求出各自的常数，再相加即可. 【详解】， 的二项展开示的通项为 ①， ②， 在①式中，令得11，故的常数项为， 在②式中，令得，则的常数项为， 故的展开式中的常数项为， 故选：B. 3. 设离散型随机变量X的分布列为下表，若随机变量，则等于（    ） X 0 1 2 3 P 0.2 0.1 0.1 0.6 A. 0.3 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.7 【答案】A 【解析】 【分析】根据求解即可. 【详解】因为，所以. 故选：A. 4. 如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 72种 B. 96种 C. 150种 D. 168种 【答案】B 【解析】 【分析】按照分步、分类计数原理计算可得. 【详解】第一步：涂区域，有种方法； 第二步：涂区域，有种方法； 第三步：涂区域，有种方法； 第四步（此前三步已经用去三种颜色）：涂区域，分两类： 第一类，区域与同色，则区域涂第四种颜色； 第二类，区域与不同色，则区域涂第四种颜色， 此时区域就可以涂区域或区域或区域中的任意一种颜色，有种方法． 所以，不同的涂色种数有. 故选：B. 5. 已知正三棱柱的各条棱长均相等，棱的中点为，则直线与直线所成的角的余弦值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出，，计算二者的数量积，即可得答案. 【详解】设中点为，中点为， 由正三棱柱性质知底面，底面， 则，， 又底面是等边三角形，是中点， 则． 以为原点，，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设正三棱柱的棱长都为2， 则，，，， ∴，，则 ∴， 即异面直线和成角的余弦值为0, 故选：A. 6. 如图所示的为太极八卦图，八卦分据八方，中绘太极，古代常用此图作为除凶避灾的吉祥图案．八卦中的每一卦均由纵向排列的三个爻组成，其中“”为阳爻，“”为阴爻．现从八卦中任取两卦，已知取出的两卦中有一卦恰有一个阳爻，则另一卦至少有两个阳爻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据古典概型及对立事件的概率求解，再结合条件概率公式计算. 【详解】由八卦图可知，八卦中有1卦有三个阳爻，有3卦恰有一个阳爻，有3卦恰有两个阳爻，有1卦没有阳爻． 设取出的两卦中“有一卦恰有一个阳爻”为事件A，“另一卦至少有两个阳爻”为事件B． 方法一：因为，所以． 方法二：因为，，所以． 故选：D. 7. 某大学有两个图书馆，学生小李周六随机选择一图书馆阅读，如果周六去图书馆，那么周日去图书馆的概率为0.4；如果周六去图书馆，那么周日去图书馆的概率为0.6.小李周日去图书馆的概率为（ ） A. 0.5 B. 0.24 . C. 0.16 D. 0.36 【答案】A 【解析】 【分析】根据题设写出对应事件的概率，利用全概率公式求小李周日去图书馆的概率. 【详解】记事件表示小李周六去图书馆，事件表示小李周六去图书馆，事件表示小李周日去图书馆， 则，其中与为互斥事件， 依题意， 由全概率公式得 . 故选：A 8. 定义：各位数字之和为5的四位数叫“吉祥数”，例如“1022，3110”，则所有“吉祥数”的个数是（ ） A. 35 B. 32 C. 29 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】根据“吉祥数”的定义，按首位数字分别计算，再由分类加法计数原理可得结果. 【详解】各位数字之和为5的四位数叫“吉祥数”，按首位数字分别计算， 当首位数字为5时，则剩余三位数分别是0，0，0，共有1个“吉祥数”； 当首位数字为4时，则剩余三位数分别是1，0，0，共有3个“吉祥数”； 当首位数字为3时，则剩余三位数分别是1，1，0或2，0，0，共有个“吉祥数”； 当首位数字为2时，剩余三位数分别是2，1，0或3，0，0或1，1，1，共有个“吉祥数”； 当首位数字为1时，则剩余三位数分别是3，1，0或4，0，0或1，1，2或2，2，0，共有个“吉祥数”， 则共有个“吉祥数”． 故选：A． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是符合题目要求的.部分选对得部分分，全对得6分，错选得0分） 9. 下列说法正确的为（ ） A. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有种不同的分法； B. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有种不同的分法； C. 6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法； D. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有540种不同的分法． 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用均匀编号分组法可判断A；先将6本不同的书分成三组，然后甲、乙、丙三人任取一组即可判断B；利用挡板法可判断C；分类讨论可判断D. 【详解】对于A，6本不同的书中，先取本给甲，再从剩余的本中取本给乙， 最后本给丙，共有种不同的分法，故A正确； 对于B，6本不同的书中，先取本作为一组，再从剩余的本中取作为一组， 最后本作为一组，共有种，再将分给甲、乙、丙三人， 共有种，故B不正确； 对于C，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，利用挡板法种； 对于D， 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，分种情况讨论： ①一人本，其他两人各本，共有； ②一人1本，一人2本，一人3本，共有种， ③每人2本，共有， 故共有种. 故选：ACD 【点睛】本题考查了平均分组、不平均分组问题，挡板法，考查了组合数在生活中的应用，属于基础题. 10. （多选）甲罐中有个红球、个黑球，乙罐中有个红球、个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据古典概型的计算公式，结合条件概率的计算公式与全概率公式逐一判断即可. 【详解】解析因为甲罐中有个红球、个黑球，所以，故选项A正确； 因为，所以，所以选项B不正确； 因为，所以， 由全概率公式可得：，所以选项C正确； 因为，所以选项D正确； 故选：ACD. 11. 在的展开式中（ ） A. 所有系数的绝对值之和为 B. 项的系数为 C. 系数最大项为第3项 D. 有理项共有5项 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用展开式系数绝对值之和与展开式系数和相等判断A，根据二项展开式的通项公式可得，令，运算求解即可判断B，由第项的系数为，列不等式组分析运算判断C，令，分析运算即可判断D. 【详解】对于A：在的展开式中所有系数的绝对值之和与的展开式中所有系数的和相等， 故令，可知展开式的系数之和为，故A错误； 对于B：因为的展开式的通项公式 ，， 令，解得，可得， 即项的系数为，故B正确； 对于C：由通项公式可得：第项的系数为， 当为偶数时，；当为奇数时，； 取为偶数，令，则， 整理得，所以， 所以系数最大项为第3项，故C正确； 对于D：令，则，所以有理项共有5项，故D正确； 故选：BCD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. ，等6人排成一列，则在的前面的排法种数是________种．（用数字作答） 【答案】360 【解析】 【分析】首先将个人全排列，固定顺序问题，再除以两人的全排列. 【详解】依题意在的前面的排法有种． 故答案为： 13. 若，，，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据全概率公式以及对立事件的概率公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为：. 14. 如图是我国古代著名数学家杨辉在《详解九章算术》给出的一个用数排列起来的三角形阵，请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和为____. 【答案】559 【解析】 【分析】由题意可得第三行的第三位数字是，第四行的第三位数字是，…，即求的和，计算即可得答案. 【详解】第三行的第三位数字是，第四行的第三位数字是，第五行的第三位数字，…， 第十五行的第三位数字是， 则所求为 . 故答案为：559 四、解答题（共77分.解答应写出必要的文字说明） 15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，的面积为，求b，c的值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合和差角的正弦公式化简求解即可； （2）由面积公式可得，再根据余弦定理求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理及． 得， 即， 即， 因为，所以， 所以，所以． 【小问2详解】 由题意得的面积，所以①． 又，且，所以②． 由①②得． 16. 某医院计划从急诊科、骨科中选调医生组建一支6人医疗救援队，该院骨科、急诊科各有5名医生报名加入医疗救援队. （1）小张是这次报名的骨科医生，求小张被选入医疗救援队的概率； （2）设被选入医疗救援队的骨科医生人数为X，求随机变量X的分布列. 【答案】（1） （2） X的分布列为 X 1 2 3 4 5 P 【解析】 【分析】（1）利用组合数求得总情况数与符合题意的情况数，根据古典概型，可得答案； （2）利用离散型随机变量的计算步骤求得分布列. 【小问1详解】 设事件A为“小张被选入医疗救援队”， 则. 【小问2详解】 由题意，X的所有取值可能为1，2，3，4，5， ， ， ， ， ， 则X的分布列为 X 1 2 3 4 5 P 17. 已知双曲线的离心率为，实轴长为2. （1）求双曲线的标准方程； （2）是否存在过点的直线与双曲线交于两点，且满足（其中为坐标原点）若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）不存在，理由如下： 如下图所示：显然直线斜率存在，设直线方程为，设， 联立，整理可得， 显然，且，解得； 可得，， 所以 ，即，解得. 不满足且，不合题意； 因此不存在满足. 【解析】 【分析】（1）由椭圆的几何性质和离心率公式即可求解； （2）设直线方程为，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理即可求解. 【小问1详解】 由实轴长为2可得，得； 再由离心率，得， 所以，可得双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 略 18. 如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，. （1）证明：平面平面； （2）若，二面角的正弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】（1） 由题意知四边形是直角梯形，结合题意知, 如图，记的中点为，连接，因为， ，则, 则四边形为正方形， 故，设与的交点为， 所以， 连接，因为，所以，则， 所以， 所以.又，，平面， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）2 【解析】 【分析】（1）作辅助线，结合正方形与等腰三角形的性质证明；利用勾股定理的逆定理证明，继而证线面垂直，进而得到面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，写出相关点、向量的坐标，分别求得平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式求得的值，再利用四棱锥的体积公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面，且，故，两两垂直. 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由，得. 设到平面的距离为，则， 由于，且，故可以求得点， ， 则. 设平面与平面的法向量分别为和， 则，令，得， ，令，得. 二面角的正弦值为，设二面角的大小为， 则， 故，得， 故. 所以四棱锥的体积. 19. 某校团委开展知识竞赛活动．现有两组题目放在两个箱子中，箱中有6道选择题和3道论述题，箱中有3道选择题和2道论述题．参赛选手先在任一箱子中随机选取一题，作答完后再在此箱子中选取第二题作答，答题结束后将这两个题目放回原箱子． （1）若同学甲从箱中抽取了2题，求第2题抽到论述题的概率； （2）若同学乙从箱中抽取了2题，答题结束后误将题目放回了箱，接着同学丙从箱中抽取题目作答， （i）求丙取出的第一道题是选择题的概率； （ii）已知丙取出的第一道题是选择题，求乙从箱中取出的是两道论述题的概率． 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）设出事件,利用全概率公式求解即可； （2）设出事件，，，并求出对应的概率，利用全概率公式求出，然后利用条件概率公式求解即可. 【小问1详解】 设事件表示“甲第i次从B信封中取到论述题”，，2， 则，，，. 由全概率公式得第2题抽到论述题的概率. 【小问2详解】 设事件A为“丙从B信封中取出的第一个题是选择题”， 事件为“乙从A信封中取出2个选择题”， 事件为“乙从A信封中取出1个选择题和1个论述题”， 事件为“乙从A信封中取出2个论述题”， 则，，两两互斥且， 则，，， ，，， （i）所以丙取出的第一道题是选择题的概率为， （ii）已知丙取出的第一道题是选择题，乙从箱中取出的是两道论述题的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 遵义航天高级中学2024-2025学年度第二学期第一次月考 高二数学 （满分：150分 时间：120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）. 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 的展开式中的常数项为（） A. 18 B. 20 C. 22 D. 24 3. 设离散型随机变量X的分布列为下表，若随机变量，则等于（    ） X 0 1 2 3 P 0.2 0.1 0.1 0.6 A. 0.3 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.7 4. 如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 72种 B. 96种 C. 150种 D. 168种 5. 已知正三棱柱的各条棱长均相等，棱的中点为，则直线与直线所成的角的余弦值为（ ） A. 0 B. C. D. 6. 如图所示的为太极八卦图，八卦分据八方，中绘太极，古代常用此图作为除凶避灾的吉祥图案．八卦中的每一卦均由纵向排列的三个爻组成，其中“”为阳爻，“”为阴爻．现从八卦中任取两卦，已知取出的两卦中有一卦恰有一个阳爻，则另一卦至少有两个阳爻的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 某大学有两个图书馆，学生小李周六随机选择一图书馆阅读，如果周六去图书馆，那么周日去图书馆的概率为0.4；如果周六去图书馆，那么周日去图书馆的概率为0.6.小李周日去图书馆的概率为（ ） A. 0.5 B. 0.24 . C. 0.16 D. 0.36 8. 定义：各位数字之和为5的四位数叫“吉祥数”，例如“1022，3110”，则所有“吉祥数”的个数是（ ） A. 35 B. 32 C. 29 D. 20 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是符合题目要求的.部分选对得部分分，全对得6分，错选得0分） 9. 下列说法正确的为（ ） A. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有种不同的分法； B. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有种不同的分法； C. 6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法； D. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有540种不同的分法． 10. （多选）甲罐中有个红球、个黑球，乙罐中有个红球、个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（ ） A. B. C. D. 11. 在的展开式中（ ） A. 所有系数的绝对值之和为 B. 项的系数为 C. 系数最大项为第3项 D. 有理项共有5项 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. ，等6人排成一列，则在的前面的排法种数是________种．（用数字作答） 13. 若，，，则__________. 14. 如图是我国古代著名数学家杨辉在《详解九章算术》给出的一个用数排列起来的三角形阵，请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和为____. 四、解答题（共77分.解答应写出必要的文字说明） 15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，的面积为，求b，c的值． 16. 某医院计划从急诊科、骨科中选调医生组建一支6人医疗救援队，该院骨科、急诊科各有5名医生报名加入医疗救援队. （1）小张是这次报名的骨科医生，求小张被选入医疗救援队的概率； （2）设被选入医疗救援队的骨科医生人数为X，求随机变量X的分布列. 17. 已知双曲线的离心率为，实轴长为2. （1）求双曲线的标准方程； （2）是否存在过点的直线与双曲线交于两点，且满足（其中为坐标原点）若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由. 18. 如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，. （1）证明：平面平面； （2）若，二面角的正弦值为，求四棱锥的体积. 19. 某校团委开展知识竞赛活动．现有两组题目放在两个箱子中，箱中有6道选择题和3道论述题，箱中有3道选择题和2道论述题．参赛选手先在任一箱子中随机选取一题，作答完后再在此箱子中选取第二题作答，答题结束后将这两个题目放回原箱子． （1）若同学甲从箱中抽取了2题，求第2题抽到论述题的概率； （2）若同学乙从箱中抽取了2题，答题结束后误将题目放回了箱，接着同学丙从箱中抽取题目作答， （i）求丙取出的第一道题是选择题的概率； （ii）已知丙取出的第一道题是选择题，求乙从箱中取出的是两道论述题的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $