天津市第一百中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份天津市第一百中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知函数 则 （ ）
A．2B．4C．8D．16
2．曲线在点处的切线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
3．已知等差数列的首项为1，公差不为0，且成等比数列，则等于（ ）
A．B．C．D．
4．函数的图象大致为（ ）
A．B．C．D．
5．现给如图所示的五个区域A，B，C，D，E涂色，有5种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）

A．420B．340C．260D．120
6．已知函数在存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知 的所有项的系数和为5，则x²的系数为（ ）
A．B．C．D．
8．定义在上的函数导函数为， 若对任意实数x， 有，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
9．已知奇函数在R上是减函数，，若则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为 .
11．函数在上的最小值为 .
12．某医疗队伍有4名医生需分配到2个志愿团队，每名医生只去一个志愿队，每个志愿队至少分配一名医生，则共有 种不同的方法.(用数字作答)
13．已知函数若 使得 则实数a的取值范围是 .
14．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的三位数，这样的三位数共有 个.(用数字作答)
15．已知函数 有两个零点a、b，且存在唯一的整数，则实数m的取值范围是 .
三、解答题
16．如图，在四棱柱 中，平面，，，，，，，分别为，的中点，

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值.
17．已知数列是递增的等差数列，是等比数列，，，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)设，求的值.
18．已知函数，其中
(1)求的单调区间和极值；
(2)若对且，恒成立，求实数的取值范围；
(3)若存在大于0的零点，求实数的取值范围
19．已知椭圆的离心率为 短轴长为4.
(1)求椭圆的方程.
(2)过左焦点F₁作两条互相垂直的直线， (其中直线的斜率为正)，直线与椭圆交于A、B 两点，直线与椭圆交于C、D 两点，若四边形ACBD的面积为 求直线的方程.
20．已知
(1)若在处的切线方程为，求实数a，b的值；
(2)当时，若对恒成立，求实数的取值范围；
(3)若方程有非零实根，求证：
天津市第一百中学2024-2025学年高二下学期过程性诊断（1）（3月）数学试题参考答案
1．D
【详解】由题可知，
.
故选：D
2．C
【详解】由可得：.
所以.
设曲线在点处的切线的倾斜角为，
则，解得.
故选：C
3．B
【详解】因为等差数列的首项为1，公差不为0，且成等比数列，
设的公差为，则，解得，
所以.
故选：B
4．B
【详解】∵函数的定义域为，且，
∴函数为奇函数，故函数的图象关于原点中心对称，排除选项A.
当时，，，
∴当时，函数的图象在轴上方，排除选项D.
当时，，
∵指数函数的增长速度远大于幂函数的增长速度，
∴当时，，排除选项C.
故选：B.
5．A
【详解】若同色、同色，有，此时有3种涂法，共有种，
若同色、不同色，有，此时有种涂法，共有种，
同理同色、不同色也有120种，
若的颜色互不相同，则有种，
综上，共有种.
故选：A
6．D
【详解】由题意得在上有解，
即在上有解，
其中，
所以
故实数的取值范围是.
故选：D
7．B
【详解】由题意，在中，令，
得所有项的系数和为，解得，
故的展开式中，
的系数为.
故选：B.
8．D
【详解】令函数，则，
，∵对任意实数x， 有，
∴，
即函数在上单调递减，
∵，∴，即，
∴.
故选：D.
9．A
【详解】因为奇函数且在上是减函数，所以，，，
且，时.
因，所以，故为偶函数.
当时，，因，，所以.
即在上单调递减.
，
因，所以，
即.
故选：A.
10．160
【详解】由题意知展开式的二项式系数之和为64，即，
的通项公式为，
令，
故展开式的常数项为，
故答案为：160
11．1
【详解】由题设，
当，，即在上单调递减，
当，，即在上单调递增，
所以在上的最小值为.
故答案为：1
12．
【详解】按照1：3的比例，共有种分组方案；
按照2：2的比例，共有种分组方案；
则共有种分配方案
故答案为：
13．
【详解】由，可得，
当时，；当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
故；
由，，可得，
当时，；当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
故，
由于若 使得故，
即，即实数a的取值范围是，
故答案为：
14．
【详解】第一类，没有偶数数字的三位数，即有个；
第二类，有一个偶数数字的三位数，即有：个；
第三类，有一个非偶数数字的三位数，即有：个；
所以这样的三位数共有个，
故答案为：.
15．
【详解】定义域为，因有两个零点，
则有两个零点，则方程有两个根，
即函数图象与图象存在两个交点，
因，则得，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
则的最大值为，
又因在上只有一个零点，且，，故其图象如下：

则由数形结合可知，当，即时，存在唯一的整数，且.
故答案为：
16．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）如图：

取的中点，连接，，
由为中点，可得且，
由为中点，故，且，
所以且.
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面，，故可以为原点，建立如图空间直角坐标系.
则，，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，令，得， 则.
设与平面所成的角为，
则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
（3）因为，.
设平面的法向量为，
则，令，得，则.
因为，，.
所以.
即平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)，；
(2)；
(3).
【详解】（1）因为数列是递增的等差数列，设公差为，是等比数列，设公比为，
由，可得，，
又，，
联立可得，解得或（舍），
所以，.
（2）由（1）可得，
所以，①
，②
①②得，，
，
，
.
（3）由（1）得，，
.
18．(1)减区间为，增区间为，极小值为，无极大值
(2)
(3)
【详解】（1）解：由函数，可得，
令，解得，
当时，；当时，，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
当时，函数取得极小值，极小值为，
所以函数的减区间为，增区间为，极小值为，无极大值.
（2）解：由函数，可得，
设，可得，
因为对且，恒成立，
可得对，函数为单调递增函数，
即对，函数在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
令，由二次函数的性质，可得在上单调递增，
可得，转化为在上恒成立，
当时，得到，所以，
所以实数的取值范围为.
（3）解：由，
可得，其中，
则，
因为，令，解得或，
当时，令，解得或；
令，解得，
所以函数在单调递增，在上单调递递减，
因为，此时函数在上没有零点，不符合题意，舍去；
当时，此时恒成立，所以在上为单调递增函数，
因为，此时函数在上没有零点，不符合题意，舍去；
当时，令，解得或；令，解得，
所以函数在单调递增，在上单调递递减，
当时，，
结合图象，要使得函数在存在零点，
则满足，解得，
综上可得，实数的取值范围为.
19．(1)
(2)或
【详解】（1）由题意可得，解得，
故椭圆方程为
（2），设直线，
联立直线与椭圆方程，故，
设,则
所以
，
因为,所以，
所以四边形面积，
因此，
化简可得，故或，
由于，故或，
故直线方程为或
20．(1)，.
(2)
(3)证明过程见解析.
【详解】（1）由可得：，.
因为在处的切线方程为，
所以，即，解得：.
（2）当时，.
因为对恒成立，
所以对恒成立，
要使不等式在上有意义，需满足，
则.
令，
则；对恒成立.
令，解得：；令，解得：，
所以函数在区间上单调递减；在区间上单调递增，
则当时，.
因为对恒成立，
所以，即.
令，，
则，
所以函数在上单调递增.
又因为，
所以当时，.
所以由可得：.
又因为，
所以
综上可得：实数的取值范围为.
（3）证明：因为方程有非零实根，，
所以方程有非零实根，即方程有非零实根，
则，.
由柯西不等式可得：，即，
所以，.
要证明，
只需证明.
因为，
所以只需证明.
令，.
则，
令，解得，令，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，即当且仅当时等号成立.
所以，即证得：，
所以证得.
综上证得：.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9

答案
D
C
B
B
A
D
B
D
A