山西省部分学校2024-2025学年高二下学期4月质量检测数学试卷(含详解)

山西省部分学校2024 2025学年高二下学期4月质量检测数学试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．若直线与直线垂直，则（ ）
A． B． C．1 D．2
2．如果随机变量，且，则（ ）
A．0.28 B．0.36 C．0.72 D．0.56
3．已知椭圆E：的上、下顶点与左、右焦点分别为A，B，，，且四边形是正方形，则E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
4．直线l：与圆O：相交于A，B两点，当时m的值为（ ）
A．10 B．8 C．6 D．4
5．已知双曲线C：，其左、右焦点分别为，，过点的直线交C的左右两支分别于A，B两点，且，，则C的实轴长为（ ）
A．1 B．6 C．2 D．4
6．已知函数有最大值，则a的值为（ ）
A． B． C． D．
7．用五种不同颜色的涂料涂在如图所示的五个区域，相邻两个区域不能同色，且至少要用四种颜色，则不同的涂色方法有（ ）

A．240 B．480 C．420 D．360
8．将数列和中所有的元素按从小到大的顺序排列构成数列（若有相同元素，按重复方式计入排列），则数列的前50项和为（ ）
A．2160 B．2240 C．2236 D．2490
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ）
A．若，，则
B．若，则
C．若，，则
D．若，，则在上的投影向量的坐标为
10．已知随机变量X，Y满足，，且，则（ ）
A． B． C． D．
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若恰有3个零点，则
B．若恰有3个零点，则
C．若恰有4个零点，则a的取值范围是
D．若恰有4个零点，则a的取值范围是
三、填空题（本大题共3小题）
12．的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
13．从1，2，3，4，5，6，7这7个数中任取3个不同的数，则这3个不同的数的中位数为4的概率为 ．
14．已知抛物线E：，O为坐标原点，直线l交抛物线E于A，B两点（A，B在x轴两侧），过点O向直线l作垂线，垂足为C，且，则点C到x轴的最大距离为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．若，其中．
（1）求m的值；
（2）求．
16．已知椭圆C：的焦距为，且椭圆C过点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l：与椭圆C交于不同的A，B两点，与x轴交于点D，证明：为定值．
17．设甲盒有4个白球，2个红球，乙盒有2个白球，4个红球，现从甲盒中任取2个球放入乙盒中，再从乙盒中任取1个球．
（1）记随机变量表示从甲盒取出的红球个数，求的分布列和数学期望；
（2）求从乙盒取出的1个球为红球的概率．
18．已知数列的前n项和为，且．
（1）证明：是等比数列，并求的通项公式；
（2）记，记数列的前n项和为．
①求；
②若存在，使得，求的取值范围．
19．已知函数．
（1）若，求证：在上单调递减；
（2）若在上恒成立，求a的取值范围；
（3）证明：
参考答案
1．【答案】C
【详解】由直线与直线垂直，得，所以.
故选C
2．【答案】A
【详解】由随机变量，且，
所以.
故选A
3．【答案】B
【详解】由题意得，故，
又，
则E的离心率为.
故选B
4．【答案】A
【详解】依题意，，解得，而，
则，，于是点到直线的距离，
因此，而，所以.
故选A
5．【答案】D
【详解】设，则，
因此，解得，
所以C的实轴长.
故选D
6．【答案】A
【详解】易知，且；
令，解得或（舍）；
显然当时不合题意，
当时，若，易知，此时函数在上单调递增，
若，易知，此时函数在上单调递减；
所以在处取得极大值，也是最大值，即，
解得，符合题意；
当时，若，易知，此时函数在上单调递减，
若，易知，此时函数在上单调递增；
此时无最大值，不符合题意；
综上可知，.
故选A
7．【答案】C
【详解】根据题意可知，完成涂色需要分5步，按照顺序依次涂区域CADEB，
C区域有5种颜色可选，A区域有4种颜色可选，D区域有3种颜色可选；
若E区域与D区域颜色相同，E区域有1种颜色可选，则B区域有3种颜色可选；
若E区域与D区域颜色不同，E区域有2种颜色可选，则B区域有2种颜色可选；
再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共有种.
故选C.
8．【答案】C
【详解】由题知：中第50个数为，第41个数为，
因为，，
则数列的前50项和中含中元素46个，含中元素4个，
所以.
故选C
9．【答案】BCD
【详解】对于A，当时，，显然不共线，因此与平面不垂直，A错误；
对于B，由，得，则，即，B正确；
对于C，当时，，则，C正确；
对于D，当时，，，
因此在上的投影向量为，D正确.
故选BCD
10．【答案】ABD
【详解】由，，得，而，解得，
对于AC，，，A正确，C错误；
对于BD，由，得，，，BD正确.
故选ABD
11．【答案】AD
【详解】函数的定义域为R，当时，，
于是，令，
则函数的零点个数即为直线与函数的图象交点个数，
求导得，令函数，
求导得，令函数，求导得，
函数在上单调递增，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
而，
则存在，使得，当或时，，
当时，，于是函数在上单调递增，在上单调递减，
又，
则存在，使得，
当或时，；当或时，，
于是函数有4个零点，且，
当或或时；当或或时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
且当时，，当时，，
因此当时，直线与函数的图象最多两个交点；
函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，函数取得极大值，，，
由，得，当时，取得极小值，
，同理，
对于AB，恰有3个零点，即直线与函数的图象有3个交点，则，A正确，B错误；
对于CD，恰有4个零点，即直线与函数的图象有4个交点，
则，C错误，D正确.
故选AD
12．【答案】5
【详解】依题意，展开式中项分别为，
因此的展开式中项为，
所以所求系数为5.
13．【答案】
【详解】从这7个数中任取3个不同的数，所有的情况有种，
要使得这3个不同的数的中位数为4，则需要从1,2,3中任选一个数，从5,6,7中任选一个数，再加上4，即可满足，故有,
故概率为.
14．【答案】4
【详解】由于，，得∽，则，
，即，
设直线的方程为，点，
由消去得，则，，
由，得，而，解得，
因此直线恒过定点，点的轨迹是以线段为直径的圆（除点外），
所以点到x轴的最大距离为.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）易知展开式中含项为，
因此可得，即；
解得；
（2）由（1）可知，二项式为，
令，可得；
令，可得;
因此可得.
16．【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【详解】（1）由椭圆C：过点，得，而椭圆的半焦距，则，
所以椭圆C的方程为.
（2）由消去得，设，
，则，，而，
因此
，
所以为定值.
17．【答案】（1）分布列见解析，期望；
（2）
【详解】（1）易知的所有可能取值为，
所以，
因此的分布列为：
0 1 2
数学期望.
（2）设“从甲盒中任取2个球全为红色”为事件，“从甲盒中任取2个球为一红一白”为事件，“从甲盒中任取2个球全为白色”为事件，
“从乙盒取出的1个球为红球”为事件，
易知；
；
所以.
即从乙盒取出的1个球为红球的概率为.
18．【答案】（1）证明见解析，；
（2）①；②.
【详解】（1）数列中，，当时，，
两式相减得，整理得，于是，
而，即，则，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，，.
（2）①由（1）知，，，
.
②由①知，，，
，
而数列单调递增，则，
因此，由存在，使得，得，
所以的取值范围是.
19．【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1）证明：由，则，
故，令，
则，令，则，
故，，在单调递增，
，，在单调递减，
故，
则在单调递减；
（2）由在恒成立，
则在恒成立，
令在恒成立，
，令，
当时，，，，所以
所以，则在单调递减，
所以这与在恒成立矛盾，所以不满足条件，
当时，，对称轴，
若 即,
当时，，，
故，则在单调递增，
所以，故 .
若 即
当时，,则
故当时，，在单调递增，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
所以与在恒成立矛盾，
故.
（3）由（2）时，
故时，，
令，则，，
则个不等式相加
故.