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广西南宁市第二中学2025-2026学年度下学期高二4月月考数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．在的二项展开式中，第4项的二项式系数是（ ）
A．56 B．-56 C．70 D．-70
3．已知随机变量，，则值为（ ）
A．4 B．5 C．3 D．
4．函数是奇函数的充要条件是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知变量，的统计数据如下，若与的回归直线方程为，则（ ）
2.8 3.3 5.0 6.7 7.2
2.6 4.0 5.1 5.4
A．2.5 B．2.7 C．2.9 D．3.1
6．在三角形中，内角的对边分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．在中，已知，则向量在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
8．已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ）
A．1 B． C．2 D．3
二、多选题
9．在4张奖券中，一、二、三、四等奖各1张，将这4张奖券分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至多2张，则下列结论正确的是（ ）
A．若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有24种不同的获奖情况
B．若甲获得了一等奖和二等奖，则共有6种不同的获奖情况
C．若仅有两人获奖，则共有36种不同的获奖情况
D．若仅有三人获奖，则共有144种不同的获奖情况
10．英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件 存在如下关系：.某高校有甲 乙两家餐厅，王同学第一天去甲 乙两家餐厅就餐的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.5，则王同学（ ）
A．第二天去甲餐厅的概率为0.54
B．第二天去乙餐厅的概率为0.44
C．第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为
D．第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为
11．已知F为抛物线的焦点，C的准线为l，直线与C交于A，B两点（A在第一象限内），与l交于点D，则（ ）
A．
B．
C．以AF为直径的圆与y轴相切
D．l上存在点E，使得为等边三角形
三、填空题
12．圆的圆心为，且圆与直线相切，则圆的方程为_________________.
13．已知函数，将函数的图象上的所有点的横坐标缩小为原来的，再将所得的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若时，函数有且仅有5个零点，求实数t的取值范围为______．
14．我们把经过同一点且半径相等的圆称为共点等圆.在平面上过同一点有个共点等圆，其中任何两个圆都有两个不同的交点，但任何三个圆除点外无其他公共点，记这个共点等圆共有个交点，若，则__________.
四、解答题
15．已知数列的前n项和为，且．数列是公比为3的等比数列，且．
(1)求数列和数列的通项公式；
(2)令，求数列的前n项和．
16．如图所示，在四面体中，平面，是的中点，分别在线段上，且，．
(1)求证：平面；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
17．2026年春节假期期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立.
方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球.其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球，则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折.
方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.
(1)若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；
(2)若某顾客消费恰好满1000元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？
18．平面直角坐标系中，动点P到点的距离与它到直线的距离之比为．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点M的直线l与轨迹C交于A，B两点，且点A在第一象限，点，与的面积之比为，求的内切圆半径．
19．已知函数，．
(1)求在内的单调性；
(2)若存在，使得，求实数a的取值范围；
(3)设方程在区间内的根从小到大依次为，，…，，，试比较与的大小，并说明理由．
参考答案
1．B
【详解】由可得，即，
又，故.
2．A
【详解】第4项的二项式系数为.
故选：A.
3．A
【详解】因为随机变量，所以正态分布的曲线的对称轴为．
又因为，所以，解得．
4．B
【详解】代入得，因此，
代入得，结合即，
整理得对任意恒成立，平方化简得对任意恒成立，因此，
因此是奇函数等价于且，即，
反之若，必有，
此时确实是奇函数，故充要条件为.
5．C
【详解】由题意，可得，，
所以样本点的中心坐标为，
代入回归直线方程，可得，
解方程得.
6．A
【详解】在中，对于，
由正弦定理得：，即，
由余弦定理得：，
又，所以，
故．
7．D
【详解】两边平方得，即，
又两边平方得，
即，即，
如图，，向量与的夹角为，
所以向量在上的投影向量为.
8．D
【详解】设底面边长为，则高，
由，所以，
所以体积 ，
设，，则，
所以当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
所以当时取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大，
此时.
故选：D．
9．ACD
【详解】对于A，若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有种不同的获奖情况，A正确．
对于B，若甲获得了一等奖和二等奖，则其他三人有一人获得2个奖项或者有两人各获得1个奖项，
共有种不同的获奖情况，B错误．
对于C，若仅有两人获奖，则有两人各获得2个奖项，共有种不同的获奖情况，C正确．
对于D，若仅有三人获奖，则有一人获得2个奖项，有两人各获得1个奖项，
共有种不同的获奖情况，D正确．
故选：ACD
10．AC
【详解】设:第一天去甲餐厅，:第二天去甲餐厅，
:第一天去乙餐厅，:第二天去乙餐厅，
所以，，，
因为，
所以，
所以有,
因此选项A正确, ，因此选项B不正确；
因为，所以选项C正确；
，所以选项D不正确，
故选：AC
11．BC
.
【详解】易知，准线的方程为，则直线经过焦点.
设，
由整理得，则，
根据抛物线的定义可知，，故A错误；
如图，过作，垂足为，
则，又，
所以，所以，故B正确；
以为直径的圆的半径为，
易知四边形为直角梯形，其中位线长为，
所以为直径的圆与相切，故C正确；
当为等边三角形时，，
由抛物线的定义可知，所以，这与为等边三角形矛盾，
所以上不存在点，使得为等边三角形，故D错误.
故选：BC.
12．
【详解】圆的圆心为，与直线相切，
圆心到直线的距离等于半径，即，
圆的方程为．
故答案为：．
13．
【详解】由函数，
将函数的图象上的所有点的横坐标缩小为原来的，可得，
再将所得的图象向右平移个单位，可得，
因为，可得，
又因为函数有且仅有5个零点，则满足，解得，
所以实数的取值范围是.
14．21
【详解】过同一点有个等圆，当增加第个圆时，
第个圆与前个圆各有一个除外的交点，
因此递推关系为：，
当时，三个等圆过同一点，
每两个圆有个交点，但是公共点，
所以除外，每两个圆有个交点，
三个圆中两两组合的数量为，
因此，
由递推关系式可得：
，
，
，
将这些式子累加得：
，
所以，
又因为，所以，整理得：，
因式分解得：，解得：或，
又，
所以.
15．(1)；
(2)
【详解】（1）当时，，
当时，，
当时也符合上式，
所以，
，所以.
（2），
所以，
，
两式相减得，
，
所以.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）方法一：如图，在线段上取一点，使，
由已知，，且，
在线段上取一点，使，
由已知，，且，
所以，且，因此四边形为平行四边形，
所以，又平面，且平面，所以平面．
方法二：如图，连接并延长交于连接，
在中，过点作，交于点，
因为，所以，
又是的中点，则，
所以，即，
又因为，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）由，，知．
以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，
分别以所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系．
又，得，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
17．(1)
(2)该顾客选择第二种抽奖方案更合算，理由见解析
【详解】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需摸出2个红球和1个白球，
设顾客享受到免单优惠为事件，则.
所以两位顾客均享受免单优惠的概率为.
（2）若选择方案一，设实际付款金额为，则的可能取值为0，500，700，1000.
，，
，.
所以（元）.
若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则.
由题意知，，故.
所以（元）.
因为，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.
18．(1)
(2)
【详解】（1）设动点P的坐标为，由题意可得，
即，化简得，
即动点P的轨迹C的方程为；
（2）设，，点A在第一象限，则，，
若直线l的斜率不存在，由椭圆对称性可知与的面积之比为1，不符合题意；
故直线l的斜率必存在且不为0，可设直线l的方程为，
联立，得：，
直线l经过椭圆内一点，必有，
∴，
由于点，与的面积之比为，
故，即，即，
则，则，
结合，可得，
化简得，结合，则，故，
故，则，
又为椭圆的两焦点，
的面积为,
的周长为
，
设的内切圆半径为r，则，
即，故.
19．(1)在上单调递增，在上单调递减．
(2)
(3)，理由见解析
【详解】（1）．
当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减；
所以，在上单调递增，在上单调递减．
（2）由题可知存在，使得成立，
∵时，，故存在，使得．
令，其中，
，
且不恒为零，故函数在上单调递减，
则，故．
（3）．
证明：由可得，
令，则．
因为，则，
所以，所以函数在上单调递减，
因为，，
所以，存在唯一的，使得，
所以，，，
同理可得，
且，
因为，所以，
因为，所以，
所以，
因为函数在上单调递减，
故，即,
取，则,

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