山西省部分學校2024?2025學年高二下學期4月質量檢測數學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．若直線與直線垂直，則（

）A． B． C．1 D．22．如果隨機變量，且，則（

）A．0.28 B．0.36 C．0.72 D．0.563．已知橢圓E：的上、下頂點與左、右焦點分別為A，B，，，且四邊形是正方形，則E的離心率為（

）A． B． C． D．4．直線l：與圓O：相交于A，B兩點，當時m的值為（

）A．10 B．8 C．6 D．45．已知雙曲線C：，其左、右焦點分別為，，過點的直線交C的左右兩支分別于A，B兩點，且，，則C的實軸長為（

）A．1 B．6 C．2 D．46．已知函數有最大值，則a的值為（

）A． B． C． D．7．用五種不同顏色的涂料涂在如圖所示的五個區(qū)域，相鄰兩個區(qū)域不能同色，且至少要用四種顏色，則不同的涂色方法有（

）

A．240 B．480 C．420 D．3608．將數列和中所有的元素按從小到大的順序排列構成數列（若有相同元素，按重復方式計入排列），則數列的前50項和為（

）A．2160 B．2240 C．2236 D．2490二、多選題（本大題共3小題）9．已知直線l的一個方向向量為，平面的一個法向量為，則（

）A．若，，則B．若，則C．若，，則D．若，，則在上的投影向量的坐標為10．已知隨機變量X，Y滿足，，且，則（

）A． B． C． D．11．已知函數，則下列說法正確的是（

）A．若恰有3個零點，則B．若恰有3個零點，則C．若恰有4個零點，則a的取值范圍是D．若恰有4個零點，則a的取值范圍是三、填空題（本大題共3小題）12．的展開式中的系數為．（用數字作答）13．從1，2，3，4，5，6，7這7個數中任取3個不同的數，則這3個不同的數的中位數為4的概率為．14．已知拋物線E：，O為坐標原點，直線l交拋物線E于A，B兩點（A，B在x軸兩側），過點O向直線l作垂線，垂足為C，且，則點C到x軸的最大距離為．四、解答題（本大題共5小題）15．若，其中．（1）求m的值；（2）求．16．已知橢圓C：的焦距為，且橢圓C過點．（1）求橢圓C的方程；（2）直線l：與橢圓C交于不同的A，B兩點，與x軸交于點D，證明：為定值．17．設甲盒有4個白球，2個紅球，乙盒有2個白球，4個紅球，現從甲盒中任取2個球放入乙盒中，再從乙盒中任取1個球．（1）記隨機變量表示從甲盒取出的紅球個數，求的分布列和數學期望；（2）求從乙盒取出的1個球為紅球的概率．18．已知數列的前n項和為，且．（1）證明：是等比數列，并求的通項公式；（2）記，記數列的前n項和為．①求；②若存在，使得，求的取值范圍．19．已知函數．（1）若，求證：在上單調遞減；（2）若在上恒成立，求a的取值范圍；（3）證明：

參考答案1．【答案】C【詳解】由直線與直線垂直，得，所以.故選C2．【答案】A【詳解】由隨機變量，且，所以.故選A3．【答案】B【詳解】由題意得，故，又，則E的離心率為.故選B4．【答案】A【詳解】依題意，，解得，而，則，，于是點到直線的距離，因此，而，所以.故選A5．【答案】D【詳解】設，則，因此，解得，所以C的實軸長.故選D6．【答案】A【詳解】易知，且；令，解得或（舍）；顯然當時不合題意，當時，若，易知，此時函數在上單調遞增，若，易知，此時函數在上單調遞減；所以在處取得極大值，也是最大值，即，解得，符合題意；當時，若，易知，此時函數在上單調遞減，若，易知，此時函數在上單調遞增；此時無最大值，不符合題意；綜上可知，.故選A7．【答案】C【詳解】根據題意可知，完成涂色需要分5步，按照順序依次涂區(qū)域CADEB，C區(qū)域有5種顏色可選，A區(qū)域有4種顏色可選，D區(qū)域有3種顏色可選；若E區(qū)域與D區(qū)域顏色相同，E區(qū)域有1種顏色可選，則B區(qū)域有3種顏色可選；若E區(qū)域與D區(qū)域顏色不同，E區(qū)域有2種顏色可選，則B區(qū)域有2種顏色可選；再由分類加法和分步乘法計數原理計算可得共有種.故選C.8．【答案】C【詳解】由題知：中第50個數為，第41個數為，因為，，則數列的前50項和中含中元素46個，含中元素4個，所以.故選C9．【答案】BCD【詳解】對于A，當時，，顯然不共線，因此與平面不垂直，A錯誤；對于B，由，得，則，即，B正確；對于C，當時，，則，C正確；對于D，當時，，，因此在上的投影向量為，D正確.故選BCD10．【答案】ABD【詳解】由，，得，而，解得，對于AC，，，A正確，C錯誤；對于BD，由，得，，，BD正確.故選ABD11．【答案】AD【詳解】函數的定義域為R，當時，，于是，令，則函數的零點個數即為直線與函數的圖象交點個數，求導得，令函數，求導得，令函數，求導得，函數在上單調遞增，當時，；當時，，函數在上單調遞減，在上單調遞增，而，則存在，使得，當或時，，當時，，于是函數在上單調遞增，在上單調遞減，又，則存在，使得，當或時，；當或時，，于是函數有4個零點，且，當或或時；當或或時，，函數在上單調遞增，在上單調遞減，且當時，，當時，，因此當時，直線與函數的圖象最多兩個交點；函數在上單調遞增，在上單調遞減，當時，函數取得極大值，，，由，得，當時，取得極小值，，同理，對于AB，恰有3個零點，即直線與函數的圖象有3個交點，則，A正確，B錯誤；對于CD，恰有4個零點，即直線與函數的圖象有4個交點，則，C錯誤，D正確.故選AD12．【答案】5【詳解】依題意，展開式中項分別為，因此的展開式中項為，所以所求系數為5.13．【答案】【詳解】從這7個數中任取3個不同的數，所有的情況有種，要使得這3個不同的數的中位數為4，則需要從1,2,3中任選一個數，從5,6,7中任選一個數，再加上4，即可滿足，故有,故概率為.14．【答案】4【詳解】由于，，得∽，則，，即，設直線的方程為，點，由消去得，則，，由，得，而，解得，因此直線恒過定點，點的軌跡是以線段為直徑的圓（除點外），所以點到x軸的最大距離為.15．【答案】（1）（2）【詳解】（1）易知展開式中含項為，因此可得，即；解得；（2）由（1）可知，二項式為，令，可得；令，可得;因此可得.16．【答案】（1）；（2）證明見解析.【詳解】（1）由橢圓C：過點，得，而橢圓的半焦距，則，所以橢圓C的方程為.（2）由消去得，設，，則，，而，因此，所以為定值.17．【答案】（1）分布列見解析，期望；（2）【詳解】（1）易知的所有可能取值為，所以，因此的分布列為：012數學期望.（2）設“從甲盒中任取2個球全為紅色”為事件，“從甲盒中任取2個球為一紅一白”為事件，“從甲盒中任取2個球全為白色”為事件，“從乙盒取出的1個球為紅球”為事件，易知；；所以.即從乙盒取出的1個球為紅球的概率為.18．【答案】（1）證明見解析，；（2）①；②.【詳解】（1）數列中，，當時，，兩式相減得，整理得，于是，而，即，則，所以數列是以3為首項，3為公比的等比數列，，.（2）①由（1）知，，，.②由①知，，，，而數列單調遞增，則，因此，由存在，使得，得，所以的取值范圍是.19．【答案】（1）證明見解析（2）（3）證明見解析【詳解】（1）證明：由，則，故，令，則，令，則，故，，在單調遞增，，，在單調遞減，故，則在單調遞減；（2）由在恒成立，則在