四川南充高级中学2024~2025学年高二下册第二次月考（5月）数学试卷[附解析]

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（时间：120分钟 总分：150分 ）
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上.
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 端午节吃粽子是我国的传统习俗．现有一盘中装有6个粽子，其中4个不同的蛋黄粽，2个不同的豆沙粽．若从蛋黄粽和豆沙粽中各取1个，则不同的取法种数为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】根据分步乘法计算原理即可得解.
【详解】由题意，不同的取法种数为种.
故选：C.
2. 的展开式的第3项的系数为（ ）
A. 10B. C. 40D.
【答案】C
【解析】
【分析】写出二项式的通项即可求得.
【详解】写出的通项，，第三项，即令，则 ，所以第三项的系数为40.
故选：C
3. 已知数列为等比数列，为，的等差中项，则的公比为（ ）
A. 1或B. C. 2或D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差中项概念和等比数列通项公式即可求公比.
【详解】因为为，的等差中项，所以，
又因为数列为等比数列，设公比为，则有，
解得，
故选：A.
4. 中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，指数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“乐”和“书”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有（ ）
A. 240种B. 36种C. 120种D. 360种
【答案】A
【解析】
【分析】对于相邻元素应用捆绑法来解决即可．
【详解】“乐”和“书”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有排法．
故选：A．
5. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和．小明将杨辉三角每行两边的数改成了1，2，3……得到下图中的三角数阵，并将其命名为“南开三角”．假设第行的第二个数为，如．则（ ）
A. 54B. 57C. 45D. 46
【答案】D
【解析】
【分析】结合数阵确定其为二阶等差数列即可求解；
【详解】由“南开三角”可得：
，
，
，
，
，
，
，
，
由以上累加可得：，
所以，
故选：D
6. 函数的极大值点是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数研究函数的区间单调性求极大值点即可.
【详解】由题设，当时，当或时，
所以在、上单调递减，在上单调递增，
所以函数的极大值点是1.
故选：B
7. 双曲线的左､右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与曲线在第一象限交于点，且，则曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，求出及，由三角形面积及三角函数值得到，由双曲线定义得到，在中，由余弦定理得到方程，求出，得到离心率.
【详解】设切点为，，连接，则，，
过点作⊥轴于点E，则，故，
因为，解得，
由双曲线定义得，所以，
在中，由余弦定理得，
化简得，又，
所以，方程两边同时除以得，
解得，所以离心率.
故选：A
【点睛】本题考查双曲线的几何性质及其应用，对于双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率或离心率的取值范围).
8. 若关于x的不等式对恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用同构得到，当时，满足要求，当时，令，则在上恒成立，求导后得到函数单调性，从而得到，构造，求导得到单调性，进而得到，得到答案.
【详解】由可得，即，
当时，，不等式在上显然成立；
当时，令，则在上恒成立，
由，在上，所以在上单调递增，
又时，，，所以只需在上恒成立，
即恒成立．
令，则，即在上单调递增，
其中，
故，
所以此时有．
综上，．
故选：C．
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是不等式变形为，从而构造进行求解.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 下列说法正确的是（ ）
A. 可表示为
B. 若把英文“her”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有23种
C. 老师手里有3张参观游园的门票分给7人中的3人，则分法有种
D. 10个朋友聚会，见面后每两个人握手一次，一共握手45次
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用排列数概念判断A，利用排列数计数判断B，利用组合数计数判断C，D.
【详解】对于A.，因为，所以，故A正确；
对于B，因为英文“her”的字母全排列有，且只有一种情形是正确的，
所以把英文“her”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有23种，故B正确；
对于C，由于老师手里有3张参观游园的门票分给7人中的3人，说明有3人，每人拿到1张票，由于票是相同元素，则这就是组合数问题，则分法有种，故C错误；
对于D，由于10个朋友聚会，见面后每两个人握手一次，这就是组合数问题，则一共握手的次数是，故D正确.
故选：ABD
10. 已知，则（ ）
A. 存在唯一的，使得与轴相切
B. 存在2不同的，使得在轴和轴上截得的线段相等
C. 存在2个不同的，使得过坐标原点
D. 存在唯一的，使得的面积被直线平分
【答案】CD
【解析】
【分析】由方程的解，可判定A错误；由圆在两坐标轴上的截的弦长度相等，求得，
结合弦长公式，得到，令，利用导数求得函数的零点，可判定B错误；
由，结合与有两个交点，可判定C正确；
根据圆心满足直线方程，令，利用导数求得函数的单调性，结合，可判定D正确.
【详解】由圆，可得圆心为，半径为，
即圆心在曲线上运动，
对于A中，若与轴相切，则，解得或，所以A错误；
对于B中，若在两坐标轴上的截的线段长度相等，则，解得，
截轴所得弦长，截轴所得弦长为，
可得，可得，
令，其中，
则，
所以函数在上单调递减，在上单递增，
所以，当时，，
所以函数在上无零点，函数在上只有一个零点，所以B错误；
对于C中，若过原点，则，
由图象知，与有两个交点，所以满足要求的有2个，所以C正确；

对于D中，若圆的面积被直线 平分，则圆心满足直线方程，
因为圆心，代入直线方程可得，其中，
令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又因为，所以方程只有一个解，
所以存在唯一的，使得的面积被直线 平分，所以D正确.
故选：CD.
11. 定义：在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“美好成长”．将数列、进行“美好成长”，第一次得到数列、、；第二次得到数列、、、、；；设第次“美好成长”后得到的数列为、、、、、，并记，则（ ）
A. B.
C. D. 数列的前项和为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：由题意直接运算判断；对B：根据题意分析可得：，利用构造法结合等比数列分析运算；对C：根据第次“美好成长”与第次“美好成长”的关系分析运算；对D：由，利用构造法结合等比数列可得，利用裂项相消结合分组求和运算求解.
【详解】对于A选项，，A对；
对于B选项，设第次“美好成长”后共插入项，即，共有个间隔，且，
则第次“美好成长”后再插入项，则，
可得，且，
故数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，故，B错；
对于C选项，由题意可知：
，C对；
对于D选项，因为，且，
所以，，且，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，故，
所以，，
所以，数列的前项和为，D对.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现时，构造等差数列；
（2）当出现时，构造等比数列；
（3）当出现时，用累加法求解；
（4）当出现时，用累乘法求解.
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12 已知数列，，，且，则________.
【答案】
【解析】
【分析】由递推关系可得数列是从第二项起的等差数列，从而利用等差数列的通项公式求解即可.
【详解】因为，所以数列是从第二项起的等差数列，
即当时，有，
因为不满足上式，所以，
故答案为：
13. 已知反比例函数的图象是双曲线，则这个双曲线的实轴长为________.
【答案】
【解析】
【分析】求出对称轴与双曲线交点得到顶点坐标从而得到实轴长.
【详解】函数图象对称轴是直线，对称轴与双曲线的交点坐标满足条件，可解得，
因此两交点坐标分别为，这就是双曲线的两个顶点的坐标.
两顶点的距离，
因此实轴长.
故答案为：
14. 从原点出发的某质点，按向量移动的概率为，按向量移动的概率为，设可达到点的概率为，则的值为________，________（用含的式子表示）.
【答案】 ①. ； ②.
【解析】
【分析】利用分类互斥事件求，利用递推思想，结合构造法和累加法来求.
【详解】空1：，
到达有两种可能：第一种是一次移动2个单位到达，
第二种是每次向上移动1个单位，共移动2次到达，故；
空2：到达点有两种情况：
①从点按向量移动，即
②从点按向量移动，即
所以，即
则数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以
…
，
两边分别累加得
，，
因为满足上式，所以.
故答案为：；.
四、解答题（本大题共6小题，共77分）
15. 在递增的等比数列中，，，其中.
（1）求数列的前项和；
（2）求数列的前20项和除以7的余数.
【答案】（1）；
（2）6.
【解析】
【分析】（1）利用等比数列通项公式联立方程组可求解公比和首项，再利用等比数列求和公式即可；
（2）利用二项式定理来展开求除以7的余数即可.
【小问1详解】
已知等比数列是递增，则，，
且
解得（舍去），当时，可得，
所以其前项和，
【小问2详解】
由（1）得，
由二项式定理得
设 ，
所以
即除以7的余数为6.
16. 已知函数在处取得极值.
（1）求函数的单调区间；
（2）求函数在区间的最大值与最小值.
【答案】（1）单调递增区间为，，单调递减区间为.
（2）最大值为2，最小值为.
【解析】
【分析】（1）根据函数的极值点求出a，再结合导数与函数单调性的关系，即可求得答案；
（2）结合（1）判断函数的极值点，代入解析式求值，即得答案.
【小问1详解】
由题意得，由题意得，即，解得，
故，定义域为R，
，令得或，令得，
故在，上单调递增，在上单调递减，
易知为极小值点，符合题意，
所以单调递增区间为，，单调递减区间为.
【小问2详解】
由（1）知，在，上单调递增，在上单调递减，
所以，.
又，，
故的最大值为2，最小值为.
17. 已知：椭圆过点，且离心率是，过右焦点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，M是AB中点，为坐标原点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设线段的垂直平分线与轴、轴分别相交于点，．若与的面积相等，求直线的斜率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意建立关于的方程组，解方程组即可得解.
（2）根据线段的垂直平分线求出点的坐标，即可求出的面积，再表示出的面积，由 与 的面积相等列式，即可解出直线的斜率．
【小问1详解】
因为椭圆过点，所以，又，且，
解得，所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
由题意，得，直线，
设，，，，
联立，消去，得，
显然△，，
则点的横坐标，
点的纵坐标．
即，
所以线段的垂直平分线方程为：，
令，得；令，得，
所以的面积，
的面积．
因为与面积相等，
所以，解得，
所以当与的面积相等时，直线的斜率．
18. 设函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求实数的值；
（2）若函数有两个不同的零点，，且，
①求实数的取值范围；
②试比较与的大小关系，并说明理由.
【答案】（1）
（2）①；②，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出.
（2）①法1，把问题转化为直线与函数图象交点问题，结合导数求解；法2，利用零点的意义，构造新函数，利用导数，结合零点存在性定理求解.②判断大小，作差等价转化，利用导数证明即可.
【小问1详解】
函数，求导得，
由曲线在处的切线方程为，得，解得，
经验证，符合题意，所以.
【小问2详解】
①方法一：函数有两个不同的零点，
等价于方程有两个不同根，
等价于函数的图象与直线有两个不同的交点，
，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
而当从大于0的方向趋近于0时，在，当时，，
所以的取范围为
方法二：令，
由方程有两个不同的解，得函数有两个不同的零点，
，当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则，解得，
而，，
令，求导得，函数在上递减，
，
所以.
②，不妨令，，
由①知，，即，而，
只需证明，即证，令，
令，求导得，
函数在上单调递减，，即，
因此，所以.
19. 如图所示数阵，第行共有个数，第行的第1个数为，第2个数为，第个数为.规定：.
… … … … … … …
（1）求值：；
（2）求第行的个数之和（计算结果用组合数表示），并判断它与第行的最后一个数的大小关系（需说明理由）；
（3）从第1行起，每一行最后一个数依次构成数列，设数列的前项和为，是否存在正整数，使得对任意正整数，恒成立？如存在，请求出的最大值，如不存在，请说明理由.
【答案】（1）0 （2），相等
（3）存在，3
【解析】
【分析】（1）利用组合数公式直接计算即可；
（2）第m行的所有数之和为，第行的最后一个数为，法一：利用作差法比较大小可得结论，法二：利用组合数的性质计算可得结论.
（3）根据题意，存在正整数，的最大值为3，使得恒成立，结合排列数的计算公式，即可求解.
【小问1详解】
【小问2详解】
第行的个数之和为
，
第行的最后一个数为
法一：
所以第行的个数之和与第行的最后一个数相等.
法二，
，
同理；
【小问3详解】
当，时，，，当时，此时显然不成立.
猜测：存在正整数，使得恒成立，的最大值为3.
下证：当时，恒成立
由（1）知，，则，
因为
.
又，当时，
当时，，所以.
综上：存在正整数，的最大值为3，使得恒成立.1
+
0
-
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增