贵州省遵义市第二中学2024-2025学年高二下学期第一次月考数学试题+答案

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页贵州省遵义市第二中学2024-2025学年高二下学期第一次月考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合A=xx≤4A．x1<x<4 B．x12．已知i为虚数单位，复数z满足z1+i=2A．2 B．1 C．22 D．3．已知命题p:∃x∈NA．∃x∈N,2x>x+4．已知向量a=1,2，b=m,A．12 B．1 C．325．某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六张知识展板放置在六个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（

）A．24 B．48 C．144 D．2406．一条光线从点−2,−3射出，经A．−53或-35 B．−32或-23 C．7．袋中有10个大小相同的球，其中6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为其中白球的个数，随机变量Y为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出4个球的总得分，则PZ−6A．93105 B．97105 C．961058．一棱长为a的正四面体木块如下图所示，点P在平面VAC内，过点P将木块锯开，且使截面平行于直线VBA．a B．2a C．4a二、多选题9．某次跳水比赛的计分规则如下：共有7个裁判打分，去掉一个最高分与一个最低分后，取剩余5个分数的平均值，比较前、后两组数据的数字特征，则（

）A．中位数不变 B．极差不变C．平均数大小关系不确定 D．方差变小10．某高校甲、乙两个班级举行团建活动，在活动中甲、乙两个班各派出由6人组成的一支队伍参加一项游戏．甲班的队伍由2个女生和4个男生组成，乙班的队伍由4个女生和2个男生组成，为了增加游戏的趣味性，先从甲班的队伍中抽取一名同学加入乙班的队伍，以A1,A2分别表示由甲班队伍中抽出的是女生和男生；再从乙班的队伍中随机抽取一名同学加入甲班的队伍，以A．事件A1与事件A2互斥 B．事件A1C．PBA211．已知函数fx的定义域是R，对任意的实数x、y满足fx+y=fx+fA．f0=−C．函数fx为R上的增函数 D．函数f三、填空题12．抛物线y2=2px13．在x−2y14．甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）．则四轮比赛后，甲得3分的概率为；甲的总得分不小于2的概率为．四、解答题15．甲、乙两队参加某次知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分.假设甲队中每人答对的概率均为23，乙队中3人答对的概率分别为23，23，1(1)求随机变量ξ的分布列；(2)设C表示事件“甲得2分，乙得1分"，求P(16．已知△ABC中，角A,B(1)求角A的大小；(2)若a=3,D为BC17．如图，在三棱锥P−ABC中，∠A(1)证明：OP⊥平面(2)若PA=2AB=2BC，E18．某篮球队为提高队员的训练积极性，进行小组投篮游戏，每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成了一个小组.游戏规则：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”，已知甲乙两名队员投进篮球的概率为别为p1，p（1）若p1=3（2）若p1+p2=19．已知椭圆C:x2(1)求椭圆C的方程：(2)过点Tt,0t<0的直线l1交圆x2+y2=b2于点M、N，直线l2:y=kx垂直（i）若S1S2（ii）是否存在常数t，使得S1+S答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《贵州省遵义市第二中学2024-2025学年高二下学期第一次月考数学试题》参考答案题号12345678910答案CADCCDBBACACD题号11答案ACD1．C【分析】根据交集含义即可得到答案.【详解】根据交集含义知A∩故选：C.2．A【分析】根据复数代数形式的除法运算化简z，再计算其模.【详解】因为z1+i所以z=故选：A3．D【分析】由特称（存在）量词命题的否定是全称量词命题直接可得.【详解】由特称（存在）量词命题的否定是全称量词命题直接可得：命题p:∃x故选：D4．C【分析】根据向量平行列方程，从而求得m.【详解】a+由于a//所以1×故选：C5．C【分析】利用捆绑法和插空法，结合排列知识进行求解.【详解】将“立春”和“春分”两块展板捆绑成一个整体，有A2捆绑后的“立春”和“春分”整体与“雨水”，“谷雨”进行全排列，共有A3再将“清明”和“惊蛰”进行插空，4个空选择2个，共有A4综上，共有A2故选：C6．D【详解】由光的反射原理知，反射光线的反向延长线必过点2,−3，设反射光线所在直线的斜率为k，则反射光线所在直线方程为：y又因为光线与圆相切，x+32整理：12k2+25k考点：1、圆的标准方程；2、直线的方程；3、直线与圆的位置关系.7．B【分析】由题意可知X+Y=4,【详解】由题意可知X,Y均服从超几何分布，且由Z−6≤所以Z=因为P(P(P(所以P=8故选：B8．B【分析】根据线面平行的判定定理，通过构造平行线确定截面，截面周长即为所求.【详解】如图，在平面VAC内过点P作MN∥AC，分别交VA在平面VAB内作ME∥VB交AB于点E，在平面VBC内作N∴ME∥N∴在木块表面画线的总长度为2M故选：B.9．AC【分析】结合中位数、极差、平均数、方差的定义即可判断.【详解】对于A，去掉一个最高分与一个最低分后，中间的一个数不变，所以中位数不变，故A正确；对于B，去掉一个最高分与一个最低分后，极差可能变小，也可能不变，故B错误；对于C，去掉一个最高分与一个最低分后，平均数可能变大，也可能变小，也可能不变，比如数据1、9、9、9、9、9、10，前后前、后两组数据平均数变大；比如数据1、2、2、2、2、2、10，前后前、后两组数据平均数变小；故C正确；对于D，如果数据都相同，去掉一个最高分与一个最低分后，方差不变.故选：AC.10．ACD【分析】根据条件概率，全概率公式，互斥事件和相互独立事件的概念逐一分析判断即可.【详解】由题意知，A1,APA1=所以PA1B所以PB则PA所以事件A1与事件B故选：ACD.【点睛】思路点睛：用定义法求条件概率PB（1）分析题意，弄清概率模型；（2）计算PA、P（3）代入公式求PB11．ACD【分析】令x=y=0，求出f0的值，可判断A选项；令x=1，y=−1可求出f−1的值，再令x=【详解】对于A选项，对任意的实数x、y满足fx令x=y=0可得对于B选项，令x=1，y=即−2025=0再令x=y=对于D选项，令gx由fx+y即gx+y令y=−x，则g所以，函数gx对于C选项，由题意可知，当x>1时，当x>1时，fx>0故当x>0时，任取x1、x2∈则fx即函数fx在R故选：ACD.【点睛】方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法：（1）取值：设x1、x2是所给区间上的任意两个值，且（2）作差变形：即作差fx（3）定号：确定差fx（4）下结论：判断，根据定义得出结论.即取值→作差→变形→定号→下结论.12．2【分析】代入点的坐标求得抛物线的方程，利用焦半径公式可求得点M1【详解】因为点M1,2在抛物线y2=所以抛物线的方程为y2=4由焦半径公式可得点M1,2故答案为：2.13．560【分析】根据二项式展开式的通项公式求结果.【详解】x−2y所以系数为−2r⋅当r为奇数时，−2−2所以系数最大的项为−故答案为：56014．12412【分析】设甲在四轮的总得分为X，分析可知EX=32，记pk【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为X1,X对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率PXk=从而EX记pk如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以p0如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以p3而X的所有可能取值是0，1，2，3，故p0+p所以p1+p2+112所以甲的总得分不小于2的概率为p2故答案为：124；1【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.15．(1)分布列见解析(2)P【分析】（1）根据题意分析可知：ξ∼（2）分别求甲得2分和乙得1分的概率，结合独立事件概率乘法公式运算求解.【详解】（1）因为甲队中每人答对的概率均为23由题意可知：ξ∼B3且P(ξ=P(ξ=2)所以ξ的分布列为ξ0123P1248（2）甲得2分，乙得1分，两事件是相互独立的，由（1）可知：甲得2分，其概率P(乙得1分，用B表示事件“乙得1分”，则P(B)根据相互独立事件的概率公式得P(16．(1)π(2)7【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换化简求解即可；（2）解法一：由D为BC的中点可得AD=12AB+12AC，两边平方，利用向量数量积的运算公式和余弦定理可得【详解】（1）根据题意由正弦定理得3sin因为A+B+即3sin即sinC因为sinC≠0又因为cosA≠0而0<A<（2）解法一：由D为BC的中点知A两边同时平方得AD即14b2又在△ABC所以bc=72，所以解法二：在△ABC中，由余弦定理可得cos在△ABD中，cos∠A而∠ADB故22+3由①②得，bc=72，所以17．(1)证明见解析(2)π【分析】（1）由全等三角形的性质可得线线垂直，根据线面垂直的判定，可得答案；（2）由题意建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案.【详解】（1）在Rt△ABC中，由∠A由PA=PB=所以∠AOP则∠AOP=∠因为AC∩BO=O，AC（2）在Rt△ABC中，由由AO=CO，则以O以原点，分别以OB,O在△PAC中，由PA=设AO=1，则P0,0,取PA=0,−1,由2BE=CE设平面PAE的法向量n=令z=1，则x=23，y平面PAC的一个法向量设平面PAE与平面PAcosθ=n18．（1）23；（2）理论上至少要进行27轮游戏，p【分析】（1）由题分析可能的情况，利用独立事件概率公式和独立重复事件概率公式计算；（2）先求得他们在一轮游戏中获“神投小组”的概率P，并化简为关于p1p2的二次函数，利用不等式的基本性质和基本不等式求得p1p2的取值范围，进而求得P的最大值，按照此最大值，利用二项分布的期望公式求得他们小组在n轮游戏中获“神投小组”次数【详解】（1）由题可知，所以可能的情况有：①甲投中1次，乙投中2次；②甲投中2次，乙投中1次；③甲投中2次，乙投中2次.故所求概率:P=（2）他们在一轮游戏中获“神投小组”的概率为:P=2因为p1+p因为0≤p1≤1，0≤p又p1p2令t=p1p2当t=49他们小组在n轮游戏中获“神投小组”次数ξ满足ξ~由(np)max=此时p1+p2=【点睛】本题考查二项分布的应用，涉及利用基本不等式求最值，属中档题，关键是熟练掌握独立事件及独立重复事件概率公式，利用基本不等式和二次函数的性质求得他们在一轮游戏中获“神投小组”的概率P的最大值，熟练掌握二项分布的期望值公式.19．(1)x(2)（i）−∞,−【分析】（1）由长轴长，离心率，b2=a（2）（i）由垂径定理AM=AN，由对称性可知OP=OQ，根据面积之比得到PAOA=1，A是OP的中点，k=0时，得到（ii）S1+S2=AN⋅OP，由（i）可知OP=1【详解】（1）由题意知：2a=4，ca=12所以椭圆C的方程为x2（2）（i）由垂径定理可得A是MN的中点，即AM=易知S1=12P所以PAOA=1①当k=0时，易知P−2,②当k≠0时，由y=解得x=±由条件可