重庆市第一中学2024-2025学年高二下学期第一次月考（3月）数学试题（Word版附解析）

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注意事项:
1. 答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.
2. 答选择题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.
3. 答非选择题时，必须使用 0.5 毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.
4. 所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.
一、单选题(本大题共 8 个小题，每题只有一个选项正确，每小题 5 分，共 40 分)
1. 设为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由等比数列的通项公式与前项的基本量运算求解．
【详解】由已知，，所以．
故选：A．
2. 已知为抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点，若 ，则线段的中点到抛物线的准线的距离为（ ）
A. 8B. 6C. 4D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用抛物线的定义，将弦长表示成，再根据梯形中位线定理计算即得.
【详解】如图，设，因抛物线 的焦点为，准线方程为，
过点分别作准线的垂线，垂足分别为，

则，，
由，
在直角梯形中，是其中位线，
则，
即点到抛物线的准线的距离为4.
故选：C.
3. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质可求得的值，再结合等差数列求和公式以及等差中项的性质可求得的值.
【详解】由等差数列的性质可得，则，
故.
故选：B.
4. 已知二项式，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用赋值法可得特定项系数及项的系数之和.
【详解】,
令，则，
即，
又，
所以，
故选：D.
5. 过点 作斜率为 的直线与双曲线 相交于 两点，若 是线段 的中点，则双曲线 的离心率等于（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用点差法可得，从而可得答案.
【详解】设，则，两式作差可得，
即，所以，所以，
所以离心率.
故选：C
6. 一位同学用eefffn这个字母组词，恰好能组成 “enfeff” 一词的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据字母情况先全排列再除以顺序得到这个字母随机排列的所有情况总数，再分析恰好能组成 “enfeff” 一词占种情况，由此即可求解.
【详解】根据已知条件这个字母随机排列共有，
恰好能组成 “enfeff” 一词占其中的种情况，
所以这个字母组词，恰好能组成 “enfeff” 一词的概率为.
故选：B
7. 已知 ，若 存在两条过的切线，则 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得导函数，设切点写出切线方程，则切线方程过点，得到带参数的关于的一元二次方程，因为存在两条切线，即方程有两个不等的实根，即，注意实根不能为，由此求得 的取值范围.
【详解】由题意可得，设切点为，
则切点处的斜率为，则切线方程为，
因为切线过点，代入切线方程，可得，
整理得，因为 存在两条过点的切线，
所以方程有两个不等的实根，
若，则，原方程有两个相等的实根，不符合题意；
故Δ=a2+4a>0，解得或.
故选：A.
8. 在《哪吒之魔童闹海》中，哪吒成仙三关检测中第一关收服土拨鼠，土拨鼠小队眼神清澈， 手拿破碗， 穿着破烂， 吃着南瓜粥， 过着自给自足， 与世无争的生活.若在某天清晨， 土拨鼠小队长 带领另外5只土拨鼠排队出门巡逻，小队长 只能在排头或结尾；甲土拨鼠是新手，不能离队长超过 1 只土拨鼠距离；乙丙土拨鼠太吵闹不能相邻，请问这支土拨鼠小队总共有（ ）种排队巡逻方式.
A. 72B. 48C. 64D. 56
【答案】D
【解析】
【分析】利用不相邻问题插空法，特殊元素优先安排的方法可求答案.
【详解】小队长A只能在排头或结尾，分两种情况讨论:
①小队长A在排头，甲土拨鼠是新手，不能离队长超过1只土拨鼠距离，甲土拨鼠只能在第二位或第三位;
若甲土拨鼠在第二位，先排其余2只土拨鼠，乙丙插空排列即可，共种;
若甲土拨鼠在第三位，乙丙之一在第二位，其余土拨鼠全排列，或者乙丙在第四位和第六位，共种;
②小队长A在结尾，同理可得，共种;
综上所述，这支土拨鼠小队总共有56种排队巡逻方式.
故选：D
二、多选题(本大题共 3 个小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项 中， 有多项是符合题目要求的. 全部选对的得 6 分， 部分选对的得部分分， 有 选错的得 0 分)
9. 射击场，甲乙两人独立射击同一个靶子，击中靶子的概率分别为 . 记事件为 “两人都击中”，事件 为 “至少 1 人击中”，事件 为 “无人击中”，则下列说法正确的是（ ）
A. 事件与 是互斥事件B. 事件 与 是对立事件
C. 事件 与 相互独立D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据事件之间的关系，以及互斥事件，对立事件的概念，相互独立事件的概率公式逐一判断即得.
【详解】依题意，，，.
对于A，因“两人都击中”的对立事件为“至多1人击中”，即包括“无人击中”，“1人击中”，故事件与 是互斥事件，即A正确；
对于B，因“至少 1 人击中”包括“1人击中”，“2人击中”两种情况，故其对立事件即“无人击中”，即B正确；
对于C，依题意，因，则，而，故事件 与 不相互独立，即C错误；
对于D，因，故，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知椭圆的左右焦点为，，为椭圆上一动点，设点，是椭圆上位于轴上方的点，且，则下列说法正确的有（ ）
A. 面积的最大值为B. 存在点，使
C. 若 ，则的最大值为D. 的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据椭圆焦点三角形的性质可判断A选项；；设点坐标，结合向量数量积判断B选项；结合椭圆的定义，根据椭圆上的点到焦点距离的取值范围可判断C选项；根据椭圆的对称性，设直线方程，联立直线与椭圆，结合韦达定理可得，进而可得最值，判断D选项.
【详解】由椭圆方程，可知，，，
A选项：的面积，
所以当点为椭圆短轴顶点时面积最大为，A选项正确；
B选项：设，，则，即，
，，
则，
所以不存在使，B选项错误；
C选项：
如图所示，由椭圆定义可知，
当点在延长线时取等号，C选项正确；
D选项：
设直线与椭圆的另一个交点为，
由椭圆的对称性可知，当时，，
设直线的方程为，
联立直线与椭圆，化简可得，，
则，，
则，，
所以，
又，所以，D选项错误；
故选：AC.
11. 著名的斐波那契数列 满足 . 有关斐波那契数列的下列说法正确的有（ ）
A.
B.
C. 最大值为 3
D. 若斐波那契数 除以 4 所得的余数按原顺序排列成 ，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于AD，写出斐波那契数列的前项和前项后即可判断正误，对于B，需要对递推关系变形，采用累加法求得前项和第项的关系，对于C，斐波那契数列从第项起是个递增数列，所以的最大值为，由此即可选出答案.
【详解】对于A，由题意可知，斐波那契数列 的前项依次为，
即，故A正确；
对于B，由递推关系可得，所以有，
，累加得，
即，
所以当时，有，故B错误；
对于C，由递推关系可知，
当时，，所以，
因为从第项起，斐波那契数列是个递增数列，即当时，，
而当时，为最大值，所以的最大值为，故C正确；
对于D，由题意可得
，所以，故D正确.
故选：ACD
三、填空题(本大题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分)
12. 已知的二项展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，则的展开式中的常数项为_____
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件确定，再根据二项式展开式的通项求出时对应常数项，将代入通项即可求解.
【详解】根据 的二项展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，可得，
所以展开式的通项为，
令，解得，
所以展开式的常数项为.
故答案为：
13. 在等比数列中，，，若，则满足 最小正整数 _____
【答案】
【解析】
【分析】根据等比数列直接可得，进而可得，再根据裂项相消法可得，解不等式即可.
【详解】由已知，数列是等比数列，且，，
设数列的公比为，
则，解得，
则，
所以，，
则，
所以，
所以，又，所以，即，
即满足条件的最小正整数为，
故答案为：.
14. 在 上有且仅有 1 个极值点，则 的取值范围为_____.
【答案】
【解析】
【分析】将问题转化为在上有且只有一个零点，且，由此解出 的取值范围.
【详解】由题意可得，则在上有且只有一个零点，
且有，即，解得，
所以 的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题(本大题共 5 个小题，共 77 分，解答应写出文字说明，证明过程或 演算步骤)
15. 已知甲乙丙等人参加活动.
（1）从这人中选出人参加米接力比赛，其中若甲参加，则必须与乙相邻，求共有多少种不同的参赛方案?
（2）将这人安排到项不同的活动中，每项活动至少安排人，求甲乙丙三人恰好被安排在同一项活动中的概率?
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分两种情况，当甲参加时，先确定甲乙两人以外其他四人的选择情况数，再利用捆绑法可得此时所有情况数；当甲不参加时，直接从其他五人中选取四人参加比赛；最后利用分类加法进行求和；
（2）利用古典概型的定义，分别计算这人安排到项不同的活动中，每项活动至少安排人的所有情况数，以及甲乙丙三人恰好被安排在同一项活动的情况数，即可得解.
【小问1详解】
当甲参加时，乙一定参加，则从其余人中选取参加，共种情况，
又此时甲乙相邻，则共种排序情况，
即当甲参加时，共有种情况；
当甲不参加时，其他人中选取人参加比赛共有种情况；
综上所述共有种情况；
【小问2详解】
这人安排到项不同的活动中，每项活动至少安排人，
则当项活动中有项活动是人参加时，共有种情况；
当项活动中有项活动是人参加时，共有种情况，
综上所述共有种情况
其中甲乙丙三人恰好被安排在同一项活动的情况数为，
故甲乙丙三人恰好被安排在同一项活动的概率为.
16. 已知数列的前 项和为，且满足，是公比大于0的等比数列，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若表示数列在区间的项数，求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由，则，两式相减，再利用累乘法即可求数列的通项公式；数列的公比为，由解得，从而求得；
（2）依题意可得，再利用分组求和法，结合等比数列的前项和公式即可求解.
【小问1详解】
因为，所以当时，，
两式相减得，
所以，即，
所以且，
也满足上式，故数列的通项公式.
令数列的公比为，
因为，，
则，即，解得（舍去负值），
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，，
表示数列在区间的项数，
则，
所以
.
17. 已知函数 有两个不同的零点 .
（1）求的取值范围；
（2）求证: .
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出的导函数后分类讨论，发现只有才可能存在两个不同的零点，求出函数的单调性，则需的极大值大于才能满足题意，由此求出 的取值范围；
（2）由零点定义得到两个方程，变形得到两根之和的等式，通过构造函数证明所求不等式.
小问1详解】
由题意知函数的定义域为，导函数为，
若，则，即在上单调递增，则在上至多一个零点，不合题意舍去；
则必有，令，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故存在极大值，无极小值.
因为当时，；当时，，
若函数有两个不同的零点，则，解得，
所以的取值范围为.
【小问2详解】
因为是函数有两个不同的零点，不妨设，
则，
两边取对数得，
两式相减得，
设，则，且有，解得，所以，
要证明，只需证明，即证，
故构造函数，则，
所以在上单调递减，所以，即，
故原不等式成立.
18. 椭圆C:，、为该椭圆的左右焦点，为过的一条直线，与椭圆交于两点，弦长的最小值为，且当最小时，三角形面积为.
（1）求椭圆的标准方程及离心率；
（2）对任意的直线，在轴上总存在一点，使得直线与直线的斜率之和为1，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的性质可知，过焦点的弦长最短时为通径，利用通径公式以及三角形面积公式可求出椭圆的基本参数、，进而得到椭圆方程和离心率；
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理表示出和，再根据直线斜率公式表示出，结合已知条件求解的取值范围.
【小问1详解】
依题意，为焦点弦，当且仅当轴时，弦长取最小值为，
此时将代入，解得，则①，
又的面积为，即，解得.则②.
联立①②，可得：，得（负值舍去）.
把代入，得.
所以椭圆的标准方程为，离心率.
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入椭圆方程可得，不妨设，.
由，根据直线斜率公式可得，解得.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，.
联立，得：，.
由韦达定理可得，（*）.
根据直线斜率公式，，且，，
得.
分子化简得：.
则，整理得到
将（*）代入上式得：.
去分母化简得：，即.
因为对任意的直线，在轴上总存在一点满足条件，
所以关于的方程有解.
当即满足题意；
当需使方程的判别式，
解得.
综上，的取值范围是.
19. 、为函数图像上两点，且 ， 在、处的切线为 与轴分别交于点，直线与轴交于点.
（1）若 ，恒成立，求正数的取值范围；
（2）若三角形的面积为，三角形的面积为，比较与的大小，并说明理由;
（3）试证明: .
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，构造函数，利用导数分析单调性和最值可得，构造函数，利用导数分析单调性和最值可得，然后取交集即可；
（2）结合导数的意义和点斜式，分别求出三条直线方程，进而求出，然后由三角形的面积公式结合对数的运算性质和两直线垂直斜率关系化简可得；
（3）由（1）可得，当时，，再结合对数的运算性质证明即可.
【小问1详解】
，
当时，设，
则，
因为，所以，又，
所以恒成立，所以，不符合题意；
当时，设，
则，
因为恒成立，所以恒成立，即恒成立，
所以，又，所以，
综上，正数的取值范围为.
【小问2详解】
当时，，，
则，
令，则，
当时，，，
则，
令，则，
又直线的方程为，
令，则，其中，
因为所以，
所以，所以，
所以，
，
将代入上式可得，
所以
【小问3详解】
由（1）可得，当时，，即，
令，
可得
累加可得.