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上海市华东师范大学第二附属中学2024 2025学年高二下学期3月月考数学试卷
一、填空题
1．已知函数，则 ．
2．计算： ．
3．已知椭圆C的对称中心为坐标原点，焦点在坐标轴上，若椭圆的长轴长为6，焦距为4，则椭圆C的标准方程可能为 ．
4．已知，且，则 ．
5．从名同学中选择人参加三天志愿服务活动，有一天安排两人，另两天各安排一人，共有 种安排方法（用数字作答）
6．若展开式中的系数与的系数相等，则 .
7．曲线上的点到直线的最短距离是 ．
8．设一个四位数的个位数、十位数、百位数、千位数分别为a，b，c，d，当时，称这个四位数为“和对称四位数”，且为这个“和对称四位数”的对称和，例如8440是一个“和对称四位数”，其对称和为8，则对称和不大于4的“和对称四位数”的个数为 ．
9．如图，在的二面角的棱上有两点，点分别在内，且，，则的长度为 ．

10．若函数在定义域R上是可导函数，导函数为，则下列命题正确的有 ．
①若对任意成立，则是R上的严格增函数；
②若是R上的严格增函数，则对任意成立；
③若对任意成立，则是R上的增函数．
11．设函数，其中，则导数的取值范围是 ．
12．己知函数，将的图象绕原点O逆时针旋转后，所得曲线仍是函数的图象，则的取值范围为 ．
二、单选题
13．已知下列两个命题，命题甲：平面α与平面β相交；命题乙：相交直线l，m都在平面α内，并且都不在平面β内，直线l，m中至少有一条与平面β相交．则甲是乙的（　 　）
A．充分且必要条件 B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件
14．某单位春节共有四天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从甲、乙、丙、丁、戊、己六人选出四人值班，每名员工最多值班一天，已知甲在第一天不值班，乙在第四天不值班，则值班安排共有（ ）
A．192种 B．252种 C．268种 D．360种
15．从点可向曲线引三条不同切线，则t的取值范围为（ ）．
A． B． C． D．
16．从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（ ）
A．195 B．154 C．175 D．185
三、解答题
17．结合排列组合，解决下列问题．
（1）将6封不同的信放到5个不同的信箱中，每个信箱至少有一封信，有多少种放法？
（2）将4封标有序号的信放到四个标有的信箱中，恰有一组序号相同，则有多少种放法？
18．已知，设函数．
（Ⅰ）若在上无极值点，求m的值；
（Ⅱ）若存在，使得是在上的最值，求m的取值范围．
19．已知m＞1，直线，椭圆，分别为椭圆的左、右焦点.
（Ⅰ）当直线过右焦点时，求直线的方程；
（Ⅱ）设直线与椭圆交于两点，，的重心分别为.若原点在以线段，为直径的圆内，求实数的取值范围.
20．已知函数，设
（1）求的单调区间；
（2）若以 图象上任意一点 为切点的切线的斜率 恒成立，求实数的最小值；
（3）是否存在实数，使得函数 的图象与 的图象恰好有四个不同的交点？若存在，求出的取值范围，若不存在，说明理由．
21．对任意，定义+，其中为正整数.
（1）求的值；
（2）探究是否为定值，并证明你的结论；
（3）设，是否存在正整数，使得成等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
参考答案
1．【答案】
【详解】由得，，
∴.
2．【答案】7
【详解】，
，，
，．
3．【答案】或
【详解】由题意，有，
∴椭圆C的标准方程可能为或.
4．【答案】
【详解】因为，
所以，所以，整理得到，解得.
5．【答案】
【详解】第一步，从人中选人，共有种取法，第二步，将人分成三组，共有种分法，
再进行全排有种排法，
由分步计算原理知，共有种安排方法.
6．【答案】8
【详解】由题设，，且，，
由题意，即，则，
所以，可得.
7．【答案】
【详解】∵曲线y=ln(2x 1)，
∴y′=,分析知直线2x y+8=0与曲线y=ln(2x 1)相切的点到直线2x y+8=0的距离最短
y′═=2,解得x=1,把x=1代入y=ln(2x 1)，
∴y=0,∴点(1,0)到直线2x y+8=0的距离最短，
∴d==.
8．【答案】40
【详解】设 .
当 时：
的可能值为 1（对应 ），共 1 种组合.
的解有 2 种：.
四位数的个数：;
当 时：
的可能值为 1, 2（对应 ），共 2 种组合。.
的解有 3 种：.
四位数的个数：;
当 时：
的可能值为 1, 2, 3（对应 ），共 3 种组合.
的解有 4 种：.
四位数的个数：;
当 时：
的可能值为 1, 2, 3, 4（对应 ），共 4 种组合.
的解有 5 种：.
四位数的个数：.
将以上结果相加，总数为 .
因此，对称和不大于 4 的“和对称四位数”共有 40 个.
9．【答案】
【详解】过点作直线的垂线段，垂足为点，以为邻边作平行四边形，连接，如图，

由，
又，则就是二面角的平面角,
平面,
所以平面，
所以，在中，解：，
在中利用余弦定理得：，
解得：，
由于平面，平面，故，
，故，
在中，即：，
整理得：．
10．【答案】①③
【详解】对于①：若对任意成立，可知是R上的严格增函数，故①正确；
对于②：若是R上的严格增函数，则对任意成立，故②错误；
对于③：若对任意成立，则是R上的增函数，故③正确.
11．【答案】
【详解】由题意，所以，
则，
又因为，所以
则所以.
12．【答案】
【详解】思路一：设为的图象上任意一点，绕原点O逆时针旋转后点的对应点为，
设，与正半轴夹角为，
可得，
化简可得：，令，则，
所以，令，
要使函数图象绕原点O逆时针旋转后仍为某函数的图象，
则为严格单调函数，即恒成立，或恒成立．
因为，又，故不恒成立，所以恒成立，
当时，；当时，由，得，
令，则，
易得当时，，当时，，
所以在上严格递增，在上严格递减，
所以，所以；
当时，由，得，令，则，
所以在上严格递增，所以当时，的取值范围为，
所以．综上所述，的取值范围为．
思路二：，
当时，由，得，由，得，
所以在上严格递增，在上严格递减，
其图象大致如图1所示，绕原点逆时针旋转后，得到的曲线不是任何函数的图象；
当时，，其图象为轴，绕原点逆时针旋转后，为函数的图象，符合题意；
当时，由，得，由，得，
所以在上严格递减，在上严格递增，
其图象大致如图2所示，要使绕原点逆时针旋转后，
得到的曲线为某函数的图象，必有在上恒成立，
所以在上恒成立，令，则，
因为，所以当时，，
当时，，所以在上严格递减，
在上严格递增，所以，所以，
所以．
综上所述，的取值范围为．
13．【答案】A
【详解】解：由题意此问题等价于判断
①命题：已知相交直线和都在平面内，且都不在平面内，若，中至少有一条与相交，则平面与平面相交，
②命题：已知相交直线和都在平面内，并且都不在平面内，若与相交，则，中至少有一条与相交的真假；
对于①命题此处在证明必要性，因为平面内两相交直线和至少一个与相交，不妨假设直线与相交，交点为，则属于同时属于面，所以与有公共点，且由相交直线和都在平面内，并且都不在平面可知平面与必相交故①命题为真
对于②命题此处在证充分性，因为平与相交，且两相交直线和都在平面内，且都不在平面内，若，都不与相交，则，平行平面，那么，这与相交矛盾，故②命题也为真．
故选A．
14．【答案】B
【详解】若甲乙不值班，值班安排有种；
若甲乙只有一人不值班，值班安排有种；
若甲乙都值班，值班安排有种，
所以值班安排共有252种.
故选B
15．【答案】A
【详解】设切点为，其中由求导得，
则 ，依题意，方程有三个不同的解.
设，则该函数有三个不同零点.
因，由，则或，
令，则或，令，则，
则函数在区间单调递减，在区间上单调递增，
当时，，当时，，
则函数在时取得极大值，在时取得极小值，如图所示：
由图知，函数有三个不同零点等价于，
解得.
故选A．
16．【答案】C
【详解】排列与组合
解法一（正难则反）：存在，，使得表示所取的4个数中总有相邻的数，
直接求解较复杂，考虑正难则反的方法．
假设，若不存在，使得，
则，所以符合条件的取法种数为．
解法二（转化法）：若存在，，使得，
则所取的4个数中至少有2个是连续正整数，
若只有2个是连续正整数，问题转化为把6个相同的白球与4个相同的红球排成一行，
要求只有2个红球相邻，先把6个白球排成一行，再用插空法排红球，
排法种数为．
同理可得若只有3个是连续正整数，排法种数为．
若4个都是连续正整数，排法种数为7．
若4个数中有2个是连续正整数，另外2个也是连续正整数，
但这4个数不是4个连续正整数，则排法种数为．
所以符合条件的取法种数为.
故选C．
直接法 把符合条件的排列数直接列式计算．
优先法 优先安排特殊元素或特殊位置．
捆绑法 相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列．
插空法 不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素的排列空位中．
先整体，后局部 “小集团”排列问题中，先整体后局部．
除法 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列．
间接法 正难则反，等价转化的方法．
17．【答案】（1）1800
（2）8
【详解】（1）先选后排，必然有一个信箱放两封信，则从6封信中选取2个看成一个整体，即种，再将其进行排列，即种排法．
故共有种放法；
（2）若组的序号相同，则信封此时有两个选择（信箱），从而信封只剩下1种信箱的选择，同理可知其它序号相同时各有2种选择，
故共有种放法．
18．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或
【详解】（Ⅰ）由题意可知，
由于在上无极值点，故，解得.
（Ⅱ）由于，故
（i）当或，即或时，
取即满足题意，此时或，
（ii）当，即时，列表如下：
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
故或，
即或，
从而或，
所以或或，
此时.
（iii）当，即时，
列表如下：
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
故或，
即或，
从而或，
所以或或，
此时，
综上所述，m的取值范围为或.
19．【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）
【详解】（Ⅰ）∵直线：经过，
，得．
又，．
故直线的方程为．
（Ⅱ）设，
由消去得，
∴．
由，得，
由于，故为的中点．
由分别为的重心，可知，
设是的中点，则，
∵原点在以线段为直径的圆内，．
而，
∴，即．
又且，．的取值范围是．
20．【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）；（3）
【详解】（1），
，令，在上单调递增；
令 ，在上单调递减
的单调递减区间为，单调递增区间为
（2）
恒成立
当时，取得最大值
，
（3）若的图象与
的图象恰有四个不同交点，
即 有四个不同的根，即有四个不同的根，
令
则 ．
当变化时，，的变化情况如下表：
的符号
的单调性
由表格知： ．
画出草图和验证 ，可知，当时，
与恰有四个不同的交点
当时，的图象与的图象恰有四个不同的交点
21．【答案】（1）,; （2）是定值，答案见解析;（3）答案见解析.
【详解】解：（1）由题意知，，
，
所以，
（2）是定值，证明:由题意知，，，
则，
所以.
（3） 假设存在正整数，使得成等差数列，则，
当时，，即，即，因为，
所以，，
整理得，，其中为正整数，，
因为，所以，
当且仅当时等号成立，又，即不成立，即假设不成立，
所以不存在存在正整数，使得成等差数列.

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