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（含解析）

这是一份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（含解析），共14页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．195B．154C．175D．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．
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：
故或，
即或，
从而或，
所以或或，
此时.
（iii）当，即时，
列表如下：
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：
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.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．












单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增













单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增

的符号
的单调性