云南省臨滄地區中學2024?2025學年高二下學期4月月考數學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．已知集合，，則圖中陰影部分表示的集合為（）A． B． C． D．2．復數在復平面內對應的點所在的象限為（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限3．在等比數列中，已知前n項和=，則的值為A．－1 B．1 C．－5 D．54．已知向量，，，若，則的最小值為（

）A． B．C． D．5．《九章算術》中有一分鹿問題：“今有大夫、不更、簪裊、上造、公士，凡五人，共獵得五鹿．欲以爵次分之，問各得幾何．”在這個問題中，大夫、不更、簪裊、上造、公士是古代五個不同爵次的官員，現皇帝將大夫、不更、簪梟、上造、公士這5人分成3組派去三地執行公務（每地至少去1人），則不同的方案有（

）種．A．150 B．180 C．240 D．3006．設，是兩條不同的直線，，，是三個不同的平面，給出下列四個命題：①若，，則；②若，，，則；③若，，，則；④若，，則.其中真命題的個數是（

）A．0 B．1 C．2 D．37．已知拋物線的焦點為，準線為，，是拋物線上的兩個動點，且滿足，設線段的中點在上的射影為，則的最大值是（）A． B． C． D．8．已知函數，，若存在兩條不同的直線與函數和圖象均相切，則實數的取值范圍為（）A． B．C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．以下說法錯誤的是（）A．兩個變量的樣本相關系數越大，它們的線性相關程度越強B．設、為隨機事件，且、，若，則與相等C．根據分類變量與的成對樣本數據，計算得到，則依據的獨立性檢驗，可以認為“與沒有關聯”D．若隨機變量，，則10．如圖，點P是棱長為2的正方體的表面上一個動點，F是線段的中點，則（

）

A．三棱錐體積的最大值為B．若點P滿足，則動點P的軌跡長度為C．當直線與所成的角為45°時，點P的軌跡長度為D．當P在底面上運動，且滿足平面時，線段長度最大值為11．在平面直角坐標系中，圓，直線與圓相交于不同的兩點，且弦的中點為，則下列選項正確的有（

）A．弦長的最大值為B．實數的取值范圍為C．若，則D．存在定點，使得為定值三、填空題（本大題共3小題）12．在的二項式中，所有的二項式系數之和為256，則常數項等于．13．已知，，則.14．我們知道，函數的圖象關于坐標原點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數，有同學發現可以將其推廣為：函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數.已知數列滿足，，當時，令，若函數的圖象關于點成中心對稱圖形，則.四、解答題（本大題共5小題）15．△的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知△的面積為.（1）證明：；（2）若，求.16．某項編程技能比賽分為兩輪：第一輪初賽，賽題由6道基礎編程題和4道中級編程題組成，基礎編程題每題答對得5分，中級編程題每題答對得10分，初賽至少得60分才能進入第二輪復賽，否則淘汰；第二輪復賽，賽題由2道中級編程題和2道高級編程題組成，中級編程題每題答對得10分，高級編程題每題答對得20分．所有的題答錯都不扣分．已知甲同學能答對每道基礎編程題，中級編程題每題答對的概率為，高級編程題每題答對的概率為，且各題答對與否互不影響．（1）求甲同學初賽被淘汰的概率；（2）已知甲同學第一輪初賽得滿分70分，求甲同學兩輪比賽所得總分X的分布列及期望．17．如圖，在四面體中，，，點為棱的中點，點為棱上的動點．（1）求證：平面平面；（2）已知二面角的大小為，當直線與平面所成角的正弦值的最大值為時，求此時四面體的體積．18．設函數．（1）若不等式的解集，求的值；（2）若，①，求的最小值；②若在R上恒成立，求實數a的取值范圍．19．對于給定集合，若存在非負實數，對任意的滿足：成立，則稱集合具有性質.（1）證明：集合具有性質；（2）若集合具有性質，求的最小值；（3）若集合具有性質，求的最大值.

參考答案1．【答案】B【詳解】由題意，陰影部分表示的集合為，故選B．2．【答案】A【詳解】化簡復數，對于復數，實部，虛部.因為實部，虛部，所以復數在復平面內對應的點在第一象限.故選A.3．【答案】C【詳解】試題分析：由題意得，等比數列中，已知前項和=，則，，又因為，即，解得，故選C．考點：等比數列的前項和．【方法點晴】本題主要考查了等比數列的前項和問題，其中解答中涉及到等比數列的前項和、數列的通項和之間的關系、以及等比數列的性質等知識點的綜合考查，著重考查了學生分析問題和解答問題的能力，以及推理與運算能力，屬于基礎題，本題的解答中熟記數列的通項和之間的關系是解答的關鍵．4．【答案】C【詳解】因為，且，則，所以，，，因此，，當且僅當時，等號成立，因此，的最小值為.故選C.5．【答案】A【詳解】解：將5人分3組，每組至少1人，共有兩種情況：（1）每組人數別為1，2，2，方法有；（2）每組的人數分別為1，1，3，方法有，所以不同的方案有90+60=150種.故選A6．【答案】B【詳解】根據空間中的線面關系的性質定理或判斷定理或反例逐項判斷后可得正確的選項.【詳解】對于①，若，，則或異面，故①錯誤.對于②，因為，，故，而，故，故②正確.對于③，如圖，，，，但，故③錯誤.對于④，如圖，在正方體中，平面平面，平面平面，但平面平面，故④錯誤.故選B.7．【答案】C【詳解】設，，在準線上的射影點分別為、，連接、,由拋物線定義，得且，在梯形中根據中位線定理，得．由余弦定理得，配方得，又因為，所以，得到．所以，即的最大值為．故選C.8．【答案】A【詳解】當時，，，不存在公切線，當時，設直線與切于，與切于，又，，則直線的斜率，所以，所以直線為，即，直線也可以寫成，即，所以，將代入可得，，又，所以，因為存在兩條不同的直線與函數和圖象均相切，所以方程有兩個不同的解，設，則，當時，解得，當時，解得，所以，又因為且無窮接近時，趨近正無窮；當時，趨近正無窮；函數的大致圖象如下：所以，所以，所以或，所以的取值范圍為.故選A.9．【答案】ABC【詳解】對于A選項，根據相關系數的定義，當時，表明兩個變量正相關；當時，表明兩個變量負相關，當越接近時，相關程度越大；當越接近時，相關程度越小，故A錯誤；對于B：設、為隨機事件，且、，則若，所以與不相等，故B錯誤；對于C選項，獨立性檢驗的判斷標準是，若計算得出的值大于臨界值，則拒絕獨立性假設，說明變量與存在關聯.因此，，拒絕“與沒有關聯”的零假設，故C錯誤；對于D，對于，則，，則，對于，則，，則，又，所以，，故D正確.故選ABC.10．【答案】BCD【詳解】對于A，因為，而等邊的面積為定值，要使三棱錐的體積最大，當且僅當點到平面的距離最大，易知點是正方體到平面距離最大的點，所以，此時三棱錐即為棱長是的正四面體，其高為，所以，A錯誤；對于B，取中點，中點，連結，易證，因為，所以，即，又，，所以平面，因為，所以點的軌跡為矩形，，所以動點P的軌跡長度為，故B正確；

對于C：連接，，以為圓心，為半徑畫弧，如圖1所示，當點在線段和弧上時，直線與所成的角為，又，弧長度，故點的軌跡長度為，故正確；對于D，取的中點分別為，連接，如圖2所示，

易知平面，FT不含于平面，故平面，，平面平面，故平面；又平面，故平面平面；又，故平面與平面是同一個平面.則點的軌跡為線段：在三角形中，則，故三角形是以為直角的直角三角形；故，故長度的最大值為，故正確.故選BCD11．【答案】ABD【詳解】由題意知圓的圓心為，半徑為；當時，過圓心，則弦長最大為，故A正確；

圓心到的距離，解得，故B正確；因為，所以點在圓外.因為,所有點在直線上.所以向量同向，取當時，過圓心，所以，不一定是1，故C錯；因為，則的軌跡為以中點為圓心，為半徑的圓（在已知圓內的一部分），則存在，使得，故D正確.故選ABD.12．【答案】252【解析】根據展開式中所有二項式系數的和等于，求得．在展開式的通項公式中，令的冪指數等于0，求得的值，即可求得展開式中的常數項．【詳解】∵在的二項式中，所有的二項式系數之和為256，∴，解得，∴中，，∴當，即時，常數項為．13．【答案】【詳解】…①，…②，①②得：，解得：；①②得：，解得：.14．【答案】【詳解】因為或，又，設2025個差中有個2和個，故，所以，即數列前2026項成等差數列，公差為.令，即，則，所以為奇函數，結合題設易知，故.15．【答案】（1）證明見解析；（2）.【詳解】（1）由題設，，又，所以，由正弦定理可得，所以，又，所以，即.（2）由（1）及題設，，且，所以，則，故，又，可得，若，則，而，故不合題設；所以，所以.16．【答案】（1）（2）分布列見解析，【詳解】（1）若甲同學初賽不被淘汰，則他答對中級編程題的數量至少為，則甲同學初賽不被淘汰的概率為，所以甲同學初賽被淘汰的概率為；（2）由題意可取，則，，，，，，，所以的分布列為：故.17．【答案】（1）證明見解析（2）【詳解】（1）由，得，又平面，則平面，而平面，于是，由為中點，，得，又平面，因此面，又平面，所以平面平面．（2）由（1）知，二面角的平面角為，則，由平面，得為與平面所成的角，在中，，則，，而，則，此時，由平面，平面，得，而平面，則平面，又平面，于是，在中，，則，所以四面體的體積.18．【答案】（1）（2）①9；②【詳解】（1）若不等式的解集，則，所以.解得.（2）若，即，.①，則，當且僅當，即時，等號成立.故的最小值為9，②在R上恒成立，即在R上恒成立，故，解得：故a的取值范圍為19．【答案】（1）證明見解析（2）（3）【詳解】（1）要證明集合具有性質，即證明，都有，因為，所以.因為，所以，所以，都有，即集合具有性質.（2）因為，，令，則，因為，當且僅當時等號成立，所