浙江2024_2025学年高二下册3月月考数学试卷[附解析]

这是一份浙江2024_2025学年高二下册3月月考数学试卷[附解析]，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知双曲线C：经过点，则C的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】求出双曲线方程再根据双曲线渐近线的求法得解.
【详解】因为双曲线C：经过点，
所以，渐近线方程为.
故选：B
2. 已知，且，则下列等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】根据排列数的运算性质即可判断AC，根据组合数的运算性质即可判断BD.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，，
所以，C正确；
对于D，，D错误.
故选：C
3. 设随机变量，满足：，，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【正确答案】A
【分析】二项分布与次独立重复试验的模型．先利用二项分布的数学期望公式求出，再利用方差的性质求解即可．
【详解】解：因为，则，
又，所以．
故选：A．
4. 已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ）
A. 0.14B. 0.62C. 0.72D. 0.86
【正确答案】D
【分析】根据正态分布的性质进行计算即可.
【详解】随机变量服从正态分布，
且
所以，
，
所以，
故选:D.
5. 2024年伊始，随着“广西砂糖桔”“马铃薯公主”等热梗的不断爆出，哈尔滨火爆出圈，成为旅游城市中的“顶流”．某班级六位同学也准备共赴一场冰雪之约，制定了“南方小土豆，勇闯哈尔滨”的出游计划，这六位同学准备在行程第一天在圣索菲亚教堂、冰雪大世界、中央大街三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，六位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数是（ ）
A. 132B. 144C. 150D. 168
【正确答案】C
【分析】分学生甲、乙选的景点没有其他人选与有其他人选两大类，采用先分组、再分配的方法计算可得.
【详解】若学生甲、乙选的景点没有其他人选，则分组方式为或（其中为甲、乙），
当为时，则有种选法；
当为（其中为甲、乙）时，则有种选法；
若学生甲、乙选的景点有其他人选，则分组方式为或（其中为甲、乙与另一学生），
当为时，则有种选法；
当为（其中为甲、乙与另一学生）时，则有种选法；
综上可得一共有种不同的选法.
故选：C
6. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题．用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为．已知，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由二项式定理得到，得到，结合2024除以7余1，2025除以7余2，2026除以7余3，2027除以7余4，从而得到答案.
【详解】由二项式定理，得
,
因为能够被7整除，
被7除余1，所以．
因为2024除以7余1，2025除以7余2，2026除以7余3，2027除以7余4，
所以．
故选：A
7. 甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立．记X为比赛决出胜负时的总局数，则X的均值（数学期望）为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】设表示“第局甲获胜”，表示“第局乙获胜”，求出其概率值，确定随机变量的所有可能的值，利用独立事件的概率乘法公式求出对应的概率，得到其分布列，利用期望公式计算即可.
详解】设表示“第局甲获胜”，表示“第局乙获胜”，
则，
由题意的所有可能的值为，
则，
，
，
.
故的分布列为：
则.
故选：A.
8. 已知定义在上的函数满足为的导函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】构造函数，由条件判断其奇偶性，单调性，利用单调性解不等式即可.
【详解】令，所以，因为，所以，化简得，
所以是上的奇函数；
，
因为当时，，
所以当时，，从而在上单调递增，又是上的奇函数，所以在上单调递增；
考虑到，由，
得，即，
由在上单调递增，得解得，
所以不等式的解集为，
故选：B.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 已知，.若随机事件A，B相互独立，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】BCD
【分析】根据条件概率公式和独立事件乘法公式即可判断ABC，再根据即可判断D.
【详解】对B，，B正确；
对A，，，A错误；
对C，，，C正确；
对D，
，D正确.
故选：BCD.
10. 从0，1，2，3，4，5，6这7个数字中取出4个数字，则（ ）
A. 可以组成720个无重复数字的四位数
B. 可以组成300个无重复数字且为奇数的四位数
C. 可以组成270个无重复数字且比3400大的四位数
D. 可以组成36个无重复数字且能被25整除的四位数
【正确答案】ABD
【分析】根据0不能排在首位，利用分步计数原理可判断A；先排个位，再排千位，然后排十位与百位可判断B；分三类，千位比3大的数，千位是3且百位比4大的数，千位是3且百位是4的数，进而可判断C；对个位与十位分两种情况讨论判断D.
【详解】首位不能排0，有种排法，后面三位从剩下的6个数字中任选3个进行排列，所以共有，即可以组成720个无重复数字的四位数，A正确；
个位从1，3，5选择一个，有种选法；千位数字不可选0，从剩下的5个中选一个，有种选法；在剩下的5个数字中选出2个，安排在百位、十位数字，有种选法，则个无重复数字的四位奇数；B正确；
3400大的四位数分三类：
第一类千位比3大的数，其它三位任意排，有个，
第二类千位是3，百位比4大的数，其它两位任意排，有个，
第三类千位是3，百位是4的数，其它两位任意排，有个，
根据分类计数原理得比3400大的四位数共有，C不正确；
能被25整除的四位数分两类：
第一类：形如□□25，共个；第二类：形如□□50，共有个；
能被25整除的四位数共有：个，D正确.
故选：ABD.
11. 已知，则（ ）
A. 展开式的各二项式系数的和为0
B.
C.
D.
【正确答案】BCD
【分析】二项式系数和为，得出A；令，得到，令，得到，得出B；由二项式定理可得，所以，它是的展开，得到C；，， 化简即可得D.
【详解】，
展开式的各二项式系数的和为，所以A错；
令，得到，令，得到，
，所以B对；
由二项式定理可得：，，
所以，，
，
，故C对；
，
，
，
，，故D对.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 展开式中的系数为_________.
【正确答案】42
【分析】先将原式分解为2个代数式之和，运用二项式定理分别计算 项的系数，再求和即可.
【详解】 ，
先计算第一个式子 项的系数为=35 ，
再计算第二个式子的 项的系数为 ，
所以原式 项的系数为35+7=42；
故42.
13. 国际数学家大会（ICM）是由国际数学联盟（IMU）主办的国际数学界规模最大也是最重要的会议，每四年举行一次，被誉为数学界的奥林匹克盛会．第24届国际数学家大会在北京召开，其会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，由一个正方形和四个全等的直角三角形构成（如图）．现给图中5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色．若有5种不同的颜色可供使用，则不同的涂色方案有__________种．
【正确答案】420
【分析】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂5块区域至少需要3种颜色，然后对使用的颜色种数进行分类讨论，分别求出方案数，再运用分类加法计数原理求出最后结果.
【详解】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂5块区域至少需要3种颜色，
若5块区域只用3种颜色涂色，则颜色的选法有种，相对的直角三角形必同色，
此时不同的涂色方案有种；
若5块区域只用4种颜色涂色，则颜色的选法有种，其中一对相对的直角三角形必同色，
余下的两个直角三角形不同色，此时不同的涂色方案有种；
若5块区域只用5种颜色涂色，则每块直角三角形都不同色，此时不同的涂色方案有种；
综上，不同的涂色方案有：种.
故420
14. 若正实数是函数的一个零点，是函数的一个大于的零点，则的值为________.
【正确答案】
【分析】根据题设可得，即有，进而构造，利用导数研究其单调性得到，即可求目标式的值.
【详解】由，即，，
由，即，，
，即，
，又，即，
同构函数，则，
又，
，故，则，又，
，单调递增，故必有，
.
故
关键点点睛：根据题设得到，并用导数研究其单调性为关键.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤．
15. 在的展开式中，求：
（1）常数项；
（2）含的项的系数；
（3）系数的绝对值最大的项．
【正确答案】（1）
（2）
（3）．
【分析】（1）利用二项展开式的通项，对赋值计算即得常数项；
（2）利用二项展开式的通项，对赋值计算记即得的项的系数；
（3）先求出通项中的系数的绝对值的表达式，再利用不等式法求出系数绝对值最大时对应的值，回代入通项计算即得.
【小问1详解】
的展开式的通项为：，
令，解得，可得，即常数项为．
【小问2详解】
令，解得，可得，即项的系数为．
小问3详解】
二项展开式系数的绝对值是，由，解得，
，，
系数的绝对值最大的项为．
16. 已知甲袋中有3个白球和4个黑球，乙袋中有5个白球和4个黑球，现在从两个袋中各取2个球，试求：
（1）取得的4个球均是白球的概率；
（2）取得白球个数的分布列及数学期望．
【正确答案】（1）
（2）分布列见解析，
【分析】（1）利用古典概率公式和组合数表示计算即得；
（2）利用古典概率公式求分布列，根据期望公式计算即得.
【小问1详解】
取得的4个球均是白球的概率.
【小问2详解】
取得白球个数的可能值为，
则，
，
，
，
，
故分布列为：
故数学期望为．
17. 为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了“青春向党百年路，奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，这200份试卷的成绩（卷面共100分）频率分布直方图如下.
（1）用样本估计总体，求此次知识竞赛平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
（2）可以认为这次竞赛成绩近似地服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为，的近似值），已知样本标准差，如有的学生的竞赛成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平均分约为多少（结果取整数）？
（3）从的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这10份样本中随机抽测份试卷（抽测的份数是随机的），若已知抽测的份试卷都不低于90分，求抽测2份的概率.
参考数据：若，则.
【正确答案】（1）80.5
（2）72分 （3）
【分析】（1）根据频率分布直方图，结合平均数的公式，即可求解；
（2）首先确定，再根据参考公式，即可求解；
（3）根据全概率公式，和条件概率，列式求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，
平均分；
【小问2详解】
由（1）可知，,
设学校期望的平均分约为，则，
因为，，
所以，即，
所以学校的平均分约为72分；
【小问3详解】
由频率分布直方图可知，分数在和的频率分别为和，
那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在，应抽取人，
分数在应抽取人，
记事件：抽测份试卷，事件取出的试卷都不低于90分，
则,，
，
则.
18. 已知离心率为的椭圆与轴正半轴､轴正半轴分别交于､两点且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设经过椭圆左焦点的直线与椭圆交于两点，点为坐标原点.若面积为，求直线的方程；
（3）点，点在椭圆上，且满足（记直线的斜率为，直线斜率为），过点作的垂线，垂足为，问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求出此定值，若不存在，请说明理由.
【正确答案】（1）
（2）或
（3）是定值，定值
【分析】（1）由椭圆的离心率以及三个参数的关系时，结合弦长的计算，建立方程，可得答案；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，写出韦达定理，利用分割求三角形面积建立方程，可得答案；
（3）设出直线方程，联立椭圆方程，写出韦达定理，利用两点斜率代入等式，由解方程分情况检验，可得答案
【小问1详解】
由题意可得，又，
，故椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
显然直线的斜率不会为0，设直线，
设，则，消去可得，
由，则，
，解得，
所以，直线的方程为或.
【小问3详解】
若直线的斜率存在，设直线，
，消可得，
由，则，
由，
即，
整理得，
，
整理得，或.
当即时，直线，过点，不符合；
当即时，直线，过点，符合；
而，故，即点在为直径的圆上，
所以只需取的中点，则
故存在，使得为定值.
19. 设函数.
（1）若曲线在点处切线方程为，求的值；
（2）当时恒成立，求实数的取值范围；
（3）证明.
【正确答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求解；
（2）求出导函数，并设，求得，由于
，因此根据，以及分类讨论是否恒成
立，从而得参数范围；
（3）由（2）不等式变形得，再用代后变形及放缩得，然后令后相加可证．
【小问1详解】
，
由题意曲线在点处的切线方程为，
则，解得；
【小问2详解】
，，
，令（），则，
当，即时，，即是上的增函数，
因此，
是增函数，所以，不合题意，舍去；
当即时，，即是上的减函数，
所以，
所以是上的减函数，从而恒成立，
当即时，，
时，，在单调递增，
时，，在单调递减，
又，所以时，恒成立，即恒成立，
此时在上单调递增，因此，与题意不合，舍去，
综上．
【小问3详解】
由（2）知时，，即，从而，
所以，又，
所以，
此不等式中分别令得
，，，，
将这个不等式相加得.
关键点点睛：本题关键点在于第（3）小题，关键是利用（2）中不等式变形及不等式的性质得出，然后分别令后相加得证．
2
3
4
5
0
1
2
3
4