黑龙江省哈尔滨德强高级中学2024−2025学年高二下学期4月月考考试 数学试卷（含解析）

这是一份黑龙江省哈尔滨德强高级中学2024−2025学年高二下学期4月月考考试 数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．从集合中任取两个不同的数组成复数，其中虚数有（ ）
A．4个B．9个C．12个D．16个
2．用0，1，…，9十个数字，可以组成无重复数字的三位数的个数为（ ）
A．652B．648C．504D．562
3． 的展开式中的系数为（ ）
A．B．C．100D．120
4．的第一位小数为，第二位小数为，第三位小数为，则分别为（ ）
A．B．C．D．
5．某学校拟派2名语文老师、3名数学老师和3名体育老师共8人组成两个支教分队,平均分到甲、乙两个村进行义务支教,其中每个分队都必须有语文老师、数学老师和体育老师,则不同的分配方案有( )
A．72种B．36种C．24种D．18种
6．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．给图中五个区域染色，有四种不同的颜色可供选择，要求边界有重合部分的区域（仅顶点与边重合或仅顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ）
A．216种B．180种C．192种D．168种
8．已知函数，若不等式在上恒成立，则参数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．的展开式中，下列结论正确的是（ ）.
A．展开式共7项B．含项的系数为480
C．无常数项D．所有项的二项式系数之和为128
10．现有个编号为，，，的不同的球和个编号为，，，，的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A．共有种不同的放法
B．恰有一个盒子不放球，共有种放法
C．每个盒子只放一个球，恰有个盒子编号与球的编号相同，不同放法有种
D．将个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有种
11．中国古代数学史曾经有自己光辉灿烂的篇章，其中“杨辉三角”的发现就是十分精彩的一页.而同杨辉三角齐名的世界著名的“莱布尼茨三角形”如下图所示（其中n是行数，r是列数，）下面关于莱布尼茨三角形的性质描述正确的是（ ）
A．每一行的对称性与增减性与杨辉三角一致
B．第10行从左边数第三个数为
C．
D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．二项式，若，则 ．
13．已知随机事件，则 . .
14．若数列共项，，且对任意中0的个数不少于1的个数，则称数列为“广义和谐01数列”.若“广义和谐01数列” 中，，其中有项为0，有项为1，则称数列为“和谐01数列”.用表示个个1构成的“广义和谐01数列”的个数，当时，则 （用含的式子表示）.
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知各项均为正数的等比数列满足，，数列为等差数列，满足，.
(1)求数列与的通项公式；
(2)若数列和中相同的项由小到大排列组成新数列，求数列的前n项和.
16．从，，等8人中选出5人排成一排.
（1）必须在内，有多少种排法？
（2），，三人不全在内，有多少种排法？
（3），，都在内，且，必须相邻，与，都不相邻，都多少种排法？
（4）不允许站排头和排尾，不允许站在中间（第三位），有多少种排法？
17．设.
(1)求；
(2)若是，，，，中唯一的最大值，求的所有可能取值；
(3)若，求.
18．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与的左支交于两点，点在上，为坐标原点，且（为实数）．
(1)若的周长为，求的值．
(2)是否存在使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
(3)若正项数列满足，点在双曲线上，，求证：．
19．已知是自然对数的底数，常数，函数.
(1)求、的单调区间；
(2)讨论直线与曲线的公共点的个数；
(3)记函数、，若，且，则，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】B
【详解】根据题意可知，若复数表示虚数，则；
第一步，从中任取一个数作为，共有3种选法；
第二步，再从剩余的三个数任取一个作为，共有3中选法，
所以共有种.
故选B.
2．【答案】B
【详解】用0，1，…，9十个数字，
先取百位数有9种情况，因为无重复数字再取十位数有9种情况，最后个位数字有8种情况。
所以可以组成无重复数字的三位数的个数为.
故选B.
3．【答案】A
【详解】解法一，由于的展开式的通项，
故的展开式中的系数为；
解法二，若中选取，则在的展开式中选取含的项，
即，二者相乘得；
若中选取，则在的展开式中选取含的项，
即，二者相乘得.
故的展开式中的系数为，
故选A.
4．【答案】A
【详解】，
故分别为.
故选A.
5．【答案】B
【解析】经典题型：排列组合中的分组分配问题
依题意,2名语文老师,每个村1名,有2种分法.3名数学老师和3名体育老师,分成两组,要求数学老师和体育老师都有,则分1名数学老师,2名体育老师和2名数学老师和1名体育老师;若甲村有1名数学老师,2名体育老师,则有=3×3=9(种)分法,其余的分到乙村;若甲村有2名数学老师,1名体育老师,则有=3×3=9(种)分法,其余的分到乙村.则不同的分配方案有2×(9+9)=36(种),故选B.
6．【答案】B
【详解】，，，故，，
要比较与的大小，即比较与的大小，
等价于比较与的大小，等价于比较与的大小，
又
，
故，即，即，
另解：
故.
故选B.
7．【答案】D
【详解】先对3，4，5染色，有种方法，
若2和3同色，则不同的染色方法有种，
若2和3不同色，则不同的染色方法有种，
综上，不同的染色方法有种．
故选D.
8．【答案】D
【详解】由，，得，
如图，作和在上的图象，
由题意，的图象在图象上方，
随值移动，
①当图象在图象左侧，移动到与相切时，
设与相切，，
设切点为，
则
且由图象，所以，，
结合图象，．
②当图象在图象右侧，若与相交于点，，
得，结合图象，，
综上，.
故选D．
9．【答案】CD
【详解】对于：由二项式的展开式共有8项；所以选项错误.
对于：由二项式，可得展开式的通项为：，.
令，可得，则项的系数为，所以选项错误.
对于：令，可得，所以无常数项，所以选项正确.
对于：二项式系数和为，所以选项正确.
故选.
10．【答案】BCD
【详解】对于A，每个球都有5种放法，共有种放法，故A错误；
对于B，把球全部放入盒子内，恰有一个盒子不放球，则有4个盒子每个盒子放1个球，有种放法，故B正确；
对于C，每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有种放法，故C正确；
对于D，将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，即有4个盒子每个盒子放1个球的放法有5种，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】BCD
【详解】对于A，“杨辉三角”每行数左右对称，由1开始逐渐变大，而“莱布尼茨三角形” 每行数左右对称，从第3行开始，由行数的倒数开始逐渐变小，A不正确；
对于B，“莱布尼茨三角形”的一个数是它脚下两数的和，则第9行的第二个数为，第10行的第二个数为，
于是得第10行的第三个数为，B正确；
对于C，，，C正确；
对于D，
，D正确.
故选BCD.
12．【答案】
【详解】由可得其展开式通项，
令时，，可得，解得，
令时，.
13．【答案】 / /
【详解】由概率的乘法公式得，
因为，，则，
所以由条件概率公式得.
14．【答案】
【详解】依题意，最后一位只能排“1”，则，此时或，
因此，
，
下面先求：
先将“0”排好，得，其中个“0”，个“”，
2个“1”有两种排法：①整体插入其中一个中“”，共有种方式；
②在个“”中任取两个，各插入一个“1”，共有种方式，
于是，
所以
.
15．【答案】(1)，；
(2)
【详解】（1）设各项均为正数的等比数列的公比为，由，得，
解得或（舍去），所以.
设等差数列的公差为，由，得，解得，
则，所以，
所以与的通项公式分别为，.
（2） 设数列的第m项与数列的第k项相同，即，m，，
则.
要使成立，只需m为偶数，
因此数列和中相同的项从小到大依次为，，，，，
即是首项为9，公比为的等比数列，所以，
.
16．【答案】（1）4200种；（2）5520；（3）240；（4）4440
【解析】（1）只需从余下的7人中选4人出来排列即可；
（2）采用间接法；
（3）先从余下5人中选2人有种不同结果，由于，必须相邻，与，都不相邻，利用捆绑法、插空法即可解决；
（4）分所选的5人无A、B，有A、无B，无A、有B，有A、B四种情况讨论即可.
【详解】（1）由题意，先从余下的7人中选4人共有种不同结果，再将这4人与A进行全排
列有种不同的排法，故由乘法原理可知共有种不同排法；
（2）从8人中任选5人排列共有种不同排法，，，三人全在内有种不同排
法，由间接法可得，，三人不全在内共有种不同排法；
（3）因，，都在内，所以只需从余下5人中选2人有种不同结果，，必须
相邻，有种不同排法，由于与，都不相邻，先将选出的2人进行全排列共有
种不同排法，再将A、B这个整体与C插入到选出的2人所产生的3各空位中有种不同
排法，由乘法原理可得共有种不同排法；
（4）分四类：
第一类：所选的5人无A、B，共有种排法；
第二类：所选的5人有A、无B，共有种排法；
第三类：所选的5人无A、有B，共有种排法；
第四类：所选的5人有A、B，若A排中间时，有种排法，
若A不排中间时，有种排法，共有种排法；
综上，共有4440种不同排法.
17．【答案】(1)
(2)20，21，22
(3)
【详解】（1）由，
令，可得；
令，可得；
所以.
（2）由题意知的展开式的通项为，，
所以，.
因为是中唯一的最大值，
可得，即，解得，
所以的所有可能取值为20，21，22.
（3）由题意可得：，
所以，，
则.
因为，
所以.
18．【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）
由题意可得直线恒过双曲线的左焦点，
由双曲线的定义可得，
两式相加，得，
则的周长为，
故．由可得，
设，，
则，即，
，，
易知，故．
，解得．
（2）不存在使得为定值，理由如下：
设，由，可得，
，
．
点在双曲线上，，
即，
即．
要使为定值，只需，
即
，解得．
但不满足，
故不存在满足条件的．
（3）由点在双曲线上可得，
为等差数列，首项为2，公差为2，
故，．
．
当时，
,又，．
19．【答案】(1)的单调递增区间是，单调递减区间是；的单调递减区间是，单调递增区间是
(2)无公共点
(3)
【分析】（1）求导后根据导数的正负即可判断函数的单调性；
（2）设出函数，根据该函数的最小值与1的关系即可得解；
（3）结合前两问，设，可得，有，则可得到使时的对应中的，即有，设，可将双变量换为单变量，即可将转化为，通过构造新函数可得，即可得，构造，研究导数可得，即可得解.
【详解】（1）函数的定义域为.
，
，
当时，，当时，，
的单调递增区间是，单调递减区间是；
函数的定义域为，常数，
当时，，当时，.
的单调递减区间是，单调递增区间是；
（2）设，它的定义域为，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
的最小值为，
不成立，即方程无实数解，
故方程无实数解，直线与曲线无公共点；
（3）根据已知，的定义域为，
设，由（2）得，且，
由，记，则，
由得，
由（1）知在上单调递减，故，
，
记，则，由，得，
，若，且，则，
，
，
设，则，
解得，
由得，由得，
，
设，则，
，
由是自然对数的底数，得，
由（1）知，在上单调递减，
在上单调递增；由得，
又，
存在唯一，使，
当时，，当时，，当时，，
当时，单调递增，故；
当时，单调递减，故；
当时，单调递增，故.
综上所述，当时，，
.
实数的取值范围为.
【关键点拨】本题中最后一问关键点在于观察得出其与第二问的关联，从而设，得到，结合函数的单调性，设出，从而将双变量问题转化为单变量问题.