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安徽省鼎尖联考2024 2025学年高二下学期4月月考数学试题
一、单选题
1．的展开式中的系数为（ ）
A．10 B．20 C．30 D．40
2．已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
3．等比数列的公比，前项和为，若成等差数列，则（ ）
A．32 B．62 C．124 D．248
4．已知函数，则函数在处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
5．中国古代儒家提出的“六艺”是指：礼、乐、射、御、书、数，某校国学社团预计在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备排课六节，每艺一节，其中“礼”和“乐”均不排在第一和第六节，且“礼”和“乐”不相邻，则排法有（ ）
A．72种 B．144种 C．150种 D．240种
6．如图，已知在长方体中，，点E在棱上，且，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．定义“鼎尖数列”满足以下条件：是由4个1和4个2组成的有穷数列，且对任意的，前m项中1的个数不少于2的个数．则不同的“鼎尖数列”共有（ ）
A．10个 B．12个 C．14个 D．18个
二、多选题
9．已知一元三次函数的图象过点，其导函数，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．函数的极小值点为
D．函数的对称中心是
10．已知直线的方程为，圆C的方程为．则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过点
B．直线的方向向量与向量共线
C．若直线与C有公共点，则
D．当时，则直线与圆C所交弦长为
11．如图，“杨辉三角”是我国古代的伟大发明，其中表示第i行的第j个数表示第i行所有数字之和，例如．则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则数列的前n和为
D．若，则
三、填空题
12．某学校为培养学生的动手能力、合作能力和环保意识，在新的学期建立了一块劳动基地（形状如图），并进行花卉种植活动．现有4种不同的花卉，在基地的5个区域种植，只要求相邻区域种植不同的花卉，则不同的种植方法共有 种．
13．如图，雷达接收器的工作原理是将接收信号汇集到同一焦点，从而获取信息；已知雷达接收器的截面曲线可看作抛物线，则水平光信号入射到抛物线上点A，经抛物线反射到点B，反射光线与x轴的交点为F，则的最小值为 ．

14．已知函数，则函数与函数的公切线有 条．
四、解答题
15．已知二项式，且满足．求：
（1）n的值和所有项的系数之和；
（2）二项式系数最大的项．
16．某商场在“五一”劳动节期间，要对某商品进行调价，已知该商品的每日销售量y（单位：）与销售价格x（单位：百元/）满足，其中，该商品的成本为1百元/．
（1）将该商场每日销售该商品所获利润表示为销售价格x的函数；
（2）当每日销售该商品所获利润最大和最小时，销售价格分别是多少？（参考数据：）
17．已知数列满足，且．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）已知，记数列的前n项和为，求证：．
18．已知函数．
（1）当时，求函数的极值；
（2）当时，讨论函数的单调性；
（3）若函数恒成立，求实数a的取值范围．
19．已知椭圆的离心率为，短轴长为，直线的方向向量．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆相切．
（i）求直线的方程；
（ii）若是椭圆上关于原点对称的两点，过分别作椭圆的切线，其中一条交直线l于两点，求的最小值．
（附：已知点在椭圆上，则椭圆在该点处的切线方程为）
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为展开式的第项为：
.
由.
即.
所以的系数为.
故选D
2．【答案】A
【详解】，
令得，解得.
故选A
3．【答案】B
【详解】由题意，成等差数列，则，即，
因为，所以，解得.
则.
故选B.
4．【答案】D
【详解】易知，
可得，又，
所以切线方程为，即.
故选D
5．【答案】B
【详解】先排射、御、书、数4节，有种排法，
因为“礼”和“乐”均不排在第一和第六节，且“礼”和“乐”不相邻，
所以从射、御、书、数中间的3个空选2个空排“礼”和“乐”，有种排法.
根据分步乘法计数原理，满足条件的排列方法有：种.
故选B
6．【答案】C
【详解】以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系．
已知，，则，．
所以，，．
因为点在棱上，且，，所以，，则．
所以，．
根据向量的夹角公式．
先计算．
．
．
则．
因为异面直线所成角的范围是，所以直线与直线所成角的余弦值为．
直线与直线所成角的余弦值为．
故选C．
7．【答案】A
【详解】因为，所以.
又因为，所以，
而，所以.
综上.
故选A
8．【答案】C
【详解】依次列举，满足条件的“鼎尖数列”如下：
1 1 1 1 2 2 2 2
2 1 2 2
2 1 2
2 1
2 1 1 2 2
2 1 2
2 1
2 1 1 2
2 1
2 1 1 1 2 2
2 1 2
2 1
2 1 1 2
2 1
可知：不同的“鼎尖数列”共有个.
故选C
9．【答案】AB
【详解】已知，设原函数：
（为常数）．
因为函数的图象过点，将代入可得：
，解得．
所以．
将代入可得：
，所以选项A正确．
根据导数的定义，．
将代入可得：
，所以选项B正确．
令，即，解得或．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以是函数的极小值点，而不是点，所以选项C错误．
根据三次函数对称中心为，对于，
，所以函数的对称中心是，选项D错误．
故选A B．
10．【答案】ACD
【详解】当时，，则直线恒过定点，故A正确；
直线的方向向量为，若与共线，则，得，
故只有当时才与共线，故B错误；
若直线与C有公共点，且圆的半径，
则圆心到直线的距离，
解得或，故C正确；
当时，圆心到直线的距离，
因圆的半径，则弦长为，故D正确.
故选ACD
11．【答案】ACD
【详解】对A：因为，故A正确；
对B：因为，故B错误；
对C：因为，所以，
所以数列的前项和为：
，故C正确；
对D：当，时，
，故D正确.
故选ACD
12．【答案】72
【详解】依题意可按照的顺序分为5步进行种植，
则区域1，2，3各有4种、3种、2种不同的花卉供选择，
若区域4与区域2种植相同的花卉，则区域4有一种选择，区域5有2种；
若区域4与区域2种植不同的花卉，则区域4有一种选择，区域5有1种；
再由分类分步计数原理计算可得.
13．【答案】9
【详解】根据题意可知，直线过抛物线的焦点，作，垂直于抛物线的准线，垂足分别为，如下图所示：

设，易知，可得，即，
可得，
同理可得，
因此，
由因为，所以，
因此,
即的最小值为9.
14．【答案】2
【详解】设在函数函数与函数处的切点分别为，
则，因此，可得切线方程为，即；
由，则，
因此切线方程为，即；
令，因此可得，
设，则，
令，解得，即在上单调递增，
令，解得，即在上单调递减；
当， ，又，；
因此函数在上有两个零点，即公切线有2条.
15．【答案】（1），；
（2）和.
【详解】（1）由可得，
因为，经整理可得，即，解得或（舍去），
所以，.
令，二项式所有项的系数之和为.
（2）二项式的展开式的通项公式为，
因为是奇数，所以二项式系数最大的项是和，
当时，，
当时，，
所以二项式系数最大的项是和.
16．【答案】（1），（）
（2）当销售单价（百元）时，利润最大；当销售单价（百元）时，利润最小.
【详解】（1）由题意：，（）.
（2）因为，（）.
设，（）.
则，因为，所以.
所以函数在上单调递增.
又，，
又
当时，，所以，所以在上单调递减；
当时，，所以，所以在上单调递增.
又，
，
.
所以当销售单价（百元）时，利润最大；当销售单价（百元）时，利润最小.
17．【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【详解】（1）因为当时，，
所以，所以，
所以，
又，
所以数列为以3为首项，以3为公差的等差数列.
（2）由（1）得：.
所以.
所以.
18．【答案】（1）极小值；极大值
（2）答案见解析
（3）
【详解】（1）当时，，.
所以.
由或；
由.
所以函数在和上单调递增，在上单调递减.
所以当时，函数取得极大值，且；
当时，函数取得极小值，且.
（2）当时，，.
所以.
当时，由或；由.
所以函数在和上单调递增，在上单调递减.
当时，在上恒成立，所以函数在上单调递增.
当时，由或；由.
所以函数在和上单调递增，在上单调递减.
（3）若，当时，，故不合题意；
若，则，所以，
由；由.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以函数的最大值为：.
所以恒成立；
若，则，.
由；由.
所以函数的最大值为：.
由，所以.
综上可知.
故的取值范围是.
19．【答案】（1）
（2）（i）或；（ii）
【详解】（1）根据题意可知，又，
解得，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）（i）由直线的方向向量可知其斜率为，
设直线方程为，
联立，整理可得，
若直线与椭圆相切，所以，
解得；
即直线l的方程为或；
（ii）设，不妨取直线为，如下图所示：
则可得椭圆在两点处的切线方程分别为和；
联立，解得，
显然，若，此时与平行或重合，不合题意；
同理可得，
所以，且；
因此可得
，其中；
令，则；
令，则，
令，解得，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
因此在处取得极小值，即，又因为时，；
即当时，；
所以，当且仅当等号成立；
当时，，
综上可得，的最小值为.

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