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山西省吕梁市部分学校2024 2025学年高二下学期3月月考数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．若是正整数，则（ ）
A． B． C． D．
3．的展开式中项的系数为（ ）
A．10 B．24 C．35 D．45
4．现有5个编号不同的小球和3个不同的盒子，若将小球全部放入盒子中，不同的方法有（ ）
A．243种 B．125种 C．60种 D．20种
5．由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为（ ）
A．360 B．280 C．156 D．150
6．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．展开式中项的系数为（ ）
A．40 B．60 C．80 D．120
8．已知直线的斜率为正，且a，b，，则符合上述条件的不同的直线条数为（ ）
A．40 B．20 C．17 D．15
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知复数，，则下列命题正确的有（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．已知，则（ ）
A．曲线关于点对称 B．1是函数的极大值点
C．当时， D．不等式的解集为
11．如图，在棱长为2的正方体中，点为棱AB的中点，动点满足，则下列命题正确的有（ ）

A．存在唯一有序实数对，使得
B．存在唯一有序实数对，使得
C．若，则点到平面的距离的最大值为2
D．若，则点的轨迹长度为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知为正整数，若，则 ．
13．若，则的值被4除的余数为 ．
14．某环保局派遣包括张三，李四，王五在内的12名工作人员到A，B，C三个镇开展环境保护的宣传工作，每个镇至少派遣3人，因工作需要，张三，李四，王五3人要派遣到同一个镇，则不同的派遣方案共有 种．（结果用数字表示）
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知在展开式中第二 三 四项的二项式系数成等差数列，且
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
16．已知数列满足，且．
(1)求的通项公式；
(2)若，且为递增数列，求实数的取值范围．
17．现从一副扑克牌中抽取红桃A、红桃2、红桃3到红桃10、小王和大王共12张牌
(1)从这12张牌中随机抽取3张，求红桃A被抽到，且小王和大王只有一个被抽到的抽取方法共有多少种？
(2)从这12张牌中随机抽取3张，求小王和大王2张中至少有1张被抽到，且红桃A没有被抽到的不同抽取方法共有多少种？
(3)将红桃5到红桃10这6张扑克牌摆成一排，使得红桃9和红桃10相邻，且红桃5、红桃6、红桃7恰有两张相邻，求不同的摆放方法共有多少种？
18．在平面直角坐标系中，椭圆与双曲线的左，右焦点均为，，且的离心率为，直线与交于A，B两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线过点，且点为线段BC的中点，求直线的方程；
(3)若直线OA与直线OB的斜率之积为，证明：的面积为定值．
19． 用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”．现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇．衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率．
（1）已知函数，求曲线在处的曲率的值；
（2）已知函数，求曲线在点处的曲率的最大值；
（3）对（2）中的，记，证明：在区间上有且仅有2个零点．
参考答案
1．【答案】D
【详解】由，得，则，所以．
故选D.
2．【答案】B
【详解】由，且都为正整数，
故．
故选B.
3．【答案】C
【详解】，
则展开式中项为，即项的系数为35．
故选C．
4．【答案】A
【详解】由题知，每个小球有3种放法，所以5个小球的放置方式共有种．
故选A.
5．【答案】C
【详解】若个位上的数字为0，可以组成个无重复数字的4位数的偶数，
若个位上的数字为2或4，可以组成，
故可以组成个符合条件的数．
故选C
6．【答案】B
【详解】因为在上单调递增，且在上单调递减，
可知在上单调递减，且在上恒成立，
可得，解得，
所以实数的取值范围为．
故选B．
7．【答案】D
【详解】展开式中的项可以看成在5个因式中，
有1个因式中取，剩下的4个因式中2个取个取相乘而得，
即,
所以展开式中项的系数为120．
故选D．
8．【答案】C
【详解】因为直线的斜率为正，则，
当时，的取值有2种取法，的取值有2种取法，的取值有5种取法，共有种取法，
其中和和和表示同一条直线，
故符合条件的直线共有条．
当时，此时所得直线与时所得直线相同．
故选C．
9．【答案】BC
【详解】对于A，取，显然满足，但，故A错误；
对于B，因为，所以，故B正确；
对于C，因为，所以，故C正确；
对于D，取，满足，但，所以，故D错误．
故选BC.
10．【答案】ACD
【详解】由题意得曲线是由奇函数的图象向下平移1个单位长度而得，故曲线的对称中心为，故A正确；
，易得在和上单调递增，在上单调递减，所以为的极大值点，1为的极小值点，故B错误；
因为在上单调递减，当时，，所以，故C正确；
由上知，易求，
所以，所以，故D正确．
故选ACD．
11．【答案】ACD
【详解】以为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，因为，
则动点在侧面内（含边界）．
设，则，，若存在，使得，

则，
所以，即存在唯一点满足条件，故A正确；

易知与均垂直于平面，连接，
则，若，则，
所以点在以为圆心，2为半径的圆上，
同理可得，则点在以为圆心，1为半径的圆上（均为侧面内部分），
两圆的圆心距，故两圆弧相交（如图所示），
故符合条件的点有两个，对应的有两组，故B错误；
若，则点与三点共线，即在线段上，
故当点在处时，到平面的距离最远，
可求平面的法向量，
故到平面的距离，故C正确；
易求，所以，
所以，故点在线段上（如图所示，其中分别为上靠近的四等分点），
所以，故D正确．
故选ACD．

12．【答案】3或7
【详解】因为，则，解得，
由组合数性质可知：或，解得或．
13．【答案】3
【详解】令，得，
因为，
所以当为奇数时，展开式中偶数项的系数为负，即，
当为偶数时，展开式中奇数项的系数为正，即，
所以，
又，
故被4除余3．
14．【答案】
【详解】先分类讨论人员分组情况：
当张三 李四 王五所在组恰有3人时，余下9人分成2组，有210种方法；
当张三 李四 王五所在组恰有4人时，先从其他9人中选1人到这组，再将余下8人分成2组，有种方法；
当张三 李四 王五所在组恰有5人时，先从其他9人中选2人到这组，余下7人分成2组，有种方法；
当张三 李四 王五所在组恰有6人时，先从其他9人中选3人到这组，余下6人分成2组，有种方法．
再将三组人员分配到三个镇：
因为这三组分配到三个地区有种方法，
所以安排方法总数为．
15．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为展开式中第二 三 四项二项式系数成等差数列，
所以，解得．
（2）由（1）知，
令，可得．
（3）由题意知，为的系数，
所以
．
16．【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）由，得，所以，
所以，所以是以3为公比的等比数列，又，所以．
（2）由（1）知，所以，因为为递增数列，
所以恒成立，
所以，即对任意正整数恒成立，即，
因为为递增数列，所以，
所以，即实数的取值范围为．
17．【答案】(1)种
(2)种
(3)种
【详解】（1）若小王和大王有且只有一个被抽到，其抽取方法有2种，
又红桃被抽到，则在剩余的9张牌中随机抽取1张，其抽取方法有9种，则不同的抽取方法共有种．
（2）根据题意，分2种情况讨论：
①小王和大王2张都被抽到，且红桃A没有被抽到，不同的抽取方法有种，
②小王和大王2张中有且只有1张被抽到，且红桃A没有被抽到，不同的抽取方法有种．
则共有种不同的抽取方法．
（3）第一步：将红桃9和红桃10捆绑在一起有种方法，
第二步：将红桃5，红桃6，红桃7抽出2张捆绑在一起有种方法，
第三步：将红桃9，10组成的整体与红桃8排，共有中排法，
第四步：将红桃种组成的两部分插空到第三步排列形成的三个空中，有种，
故共有种．
18．【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1）设，因为双曲线的方程为，即，
所以，所以．
又，所以，
所以椭圆的方程为．
（2）设，由点为线段的中点，所以．
联立，解得或，
所以或，
因为，代入的坐标得，
所以直线的方程为，即．
（3）当轴时，，
由，得，
所以，又，则，
所以的面积为．
当与轴不垂直时，设直线，
由，得，即①，
联立，消去并整理，得
所以，即，
代入①，得，
所以
又点到直线的距离，
所以的面积为，
综上，的面积为定值．
19．【答案】（1）解：，
所以．
（2）解：，
所以，
所以，
令，则，
设，则，
显然当时，单调递减，
所以，即的最大值为1，
所以的最大值．
（3）证明：由题知，
所以，
①当时，因为，
则，
所以在上单调递增．
又，
所以在上仅有1个零点．
②设，则，
当时，单调递增，
所以，故当时，，
又当时，，所以，
所以在上恒成立，
所以在上无零点．
③当时，，
所以在上单调递减，
又，
所以在上仅有1个零点．

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