重庆市2024_2025学年高二数学下学期3月月考试题含解析

这是一份重庆市2024_2025学年高二数学下学期3月月考试题含解析，共21页。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚.
2．每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上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.在试卷上作答无效.
3．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分 150 分，考试用时 120 分钟.
一、单选题（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. 小明和小红去看《哪吒 2》，小明想坐第六排，小红想坐第五排，买票时发现第六排还有 5 个位置，第五
排还有 9 个位置，请问他们看电影的座位有（ ）种不同选法.
A. 14 B. 30 C. 45 D. 54
【答案】C
【解析】
【分析】由分步乘法原理可得.
【详解】根据题意，由分步乘法原理可得，他们看电影的座位有 种不同选法.
故选：C
2. 的展开式中含 的项的系数为（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式展开式计算求解即可.
【详解】 含 的项的系数为 .
故选：B.
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3. 已知数列 满足 ， ，那么 （ ）
A. 2 B. -3 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由递推关系式可知数列 是周期为 4 的周期数列，根据 可得结果.
【详解】
.
故选：A
4. 已知函数 ，则 在区间 上的最大值为（ ）
A. -2 B. 2 C. -4 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求导可得 ，即可得到其极值，从而得到最值.
【详解】 ，令 ，解得 ，
当 时， ，则 单调递增，
当 时， ，则 单调递减，
所以 时， 有极大值，即最大值 .
故选：D
5. 设 ，那么 （ ）
A. B. 31 C. 62 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分别令 ， ，然后两式相加，即可得到结果.
【详解】令 ，则 ；
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令 ，则 ，
两式相加可得 ，
所以 .
故选：B
6. 班会课上搞活动， 个同学被平均分成了 组，现从中选 位同学，要求这 人由其中 组的 人与其他
两组的各 人组成，那么不同的选取方案有（ ）
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，先从这 组中指定 组，从这组抽取 人，然后从剩余的 组中指定 组，每组抽 人，结
合分步乘法计数原理可得答案.
【详解】由题意可知， 个同学被平均分成了 组，每组 人，
由题意，先从这 组中指定 组，从这组抽取 人，然后从剩余的 组中指定 组，每组抽 人，
由分步乘法计数原理可知，不同的选取方案种数为 .
故选：D.
7. 设 ， ， ，则 a，b，c 的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性并比较大小.
【详解】令函数 ，求导得 ，
函数 在 上单调递增，则 ，即 ，
因此 ，而 ，所以 .
故选：C
8. 椭圆 的左右焦点分别是 ， ，过 的直线交椭圆于 A，B 两点，且
， ．则椭圆的离心率是（ ）
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A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设 ，得到 ，在直角 中，利用勾股定
理，列出方程，求得 ，且 ，得到 ，结合椭圆的离心率的定义，即可求解.
【详解】如图所示，不妨设 ，则 ，
因为 ，所以 是直角三角形，
可得 ，解得 ，则 ，
所以 ，解得 ，
可得 ，即椭圆的离心率为 .
故选：B.
【点睛】
二、多选题（本大题共 3 个小题，每小题 6 分，共 18 分，在每个给出的四个选项中，有多项
是满足要求的，全部选对的得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分）
9. 若方程 表示的曲线为 ．给出以下四个判断，其中正确的是（ ）
A. 当 时，曲线 表示椭圆
B. 当 或 时，曲线 表示双曲线
C. 若曲线 表示焦点在 轴上的椭圆，则
D. 若曲线 表示焦点在 轴上的双曲线，则
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【答案】BD
【解析】
【分析】根据椭圆及双曲线的几何特征分别判断各个选项即可.
【详解】当 时曲线 表示圆，A 选项错误.
若曲线 表示双曲线，则 或
所以当 或 时，曲线 表示双曲线，B 选项正确.
若曲线 表示焦点在 轴上的椭圆，则 ，∴C 选项错误.
若曲线 表示焦点在 轴上的双曲线，则 D 选项正确.
故选：BD.
10. 已知函数 ， 是 的导数，则下列说法正确的是（ ）
A. 当 时， 没有零点 B. 当 时， 有两个极值点
C. 对 ， 恒成立 D. 若 是 上的增函数，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由 与 的图像存在交点，即可判断 A，求导可得 有两个变号零点，即可判断 B，
求导得到其最值即可判断 C，由 恒成立，代入计算，即可判断 D.
【详解】对于 A，当 时， ，可画出 和 的图像，可知在第二象限
一定有交点， 一定有零点，∴A 选项错误.
对于 B，当 时， ，
令 ，则 ，令 ， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
且 ，又 ，
所以 有两个变号零点，即 有两个变号零点， 有两个极值点，
B 选项正确.
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对于 C， ，令 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，所以 恒成立， C 选项正确.
对于 D， 恒成立，令 ，
因为 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，即 D 选项正确.
故选：BCD
11. 现有 8 个小朋友玩游戏，其中 5 个小朋友手中拿的数字分别是 5，4，3，1，0，另外三个小朋友都拿的
是数字 2，小朋友们要用手中的数字来组数，每个小朋友的数字最多用一次，则下列说法正确的是（ ）
A. 可以组成 720 个没有重复数字的六位数
B. 若不选 0，则可以组成 240 个相邻数字不相同的七位数
C. 可以组成 2160 个相邻两个数字不相同的八位数
D. 若 0 必选，则可以组成 832 个五位数
【答案】BCD
【解析】
【分析】由分步乘法原理，最高位不能是零，其余全排列可得 A 错误；采用插空法，先排 5，4，3，1，再
将剩余的数插空可得 B 正确；利用分步乘法原理先五个数全排再将剩余数字 2 插空，然后减去数字 0 排在
第一位的情况可得 C 正确；分四种情况，由分步乘法原理，特殊的元素先排列，再四种情况求和可得 D 正
确.
【 详 解 】 对 于 A 选 项 ， 5， 4， 3， 2， 1， 0， 最 高 位 不 能 零 ， 其 余 数 字 全 排 列 ,则
A 选项错误.
对于 B 选项， B 选项正确.
对于 C 选项， C 选项正确.
对于 D 选项，分四种情况，若不选 2，则有 个；
若选 1 个 2，则有 个；
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若选 2 个 2，则有 个；
若选 3 个 2，则有 个，
一共有 个， D 选项正确.
故选：BCD
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12. 等差数列 的前 项和为 ， ，则 _____
【答案】24
【解析】
【分析】由等差数列的求和公式代入计算，即可得到结果.
【详解】 .
故答案为：
13. 的展开式中，所有二项式系数之和为 ，则二项式系数最大的项是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据所有二项式系数和可知 ，进而确定二项式系数最大的项.
【详解】 所有二项式系数之和为 ， ，
二项式系数最大项是第四项，
即 ，
故答案为： .
14. 函数 对任意实数 都满足 ，且 ，若不等式 （其
中 ）有且只有两个整数解，则实数 的取值范围为_____．
【答案】
【解析】
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【分析】构造函数 ，根据函数的导函数得出函数单调性，再数形结合得出不等关系列不等式
求解即可.
【详解】令 ，其中 为常数.
，又 ，
单调递减； 单调递增；
且 ，
当 时， 恒成立， 的大致图像如图所示
不妨设 ，则 的图像是一条过 这个定点
的一条直线，由于 ，所以只需要考虑 的整数解即可.
由图可知，两个整数解为 1 和 0， 只需 ，
.
故答案为：
四、解答题（共 77 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知函数
（1）若 与 在公共点 处的切线相同，求 ；
（2）在（1）间的条件下，求函数 的极值.
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【答案】（1）
（2）极大值 ，无极小值．
【解析】
【分析】（1）根据已知点在函数上可求出 的值，再通过导数求出切线斜率，结合另一个函数的条件列出
方程组求解参数；
（2）先得出函数 的表达式，再求导，根据导数的正负判断函数的单调性，进而求出极值。
小问 1 详解】
由题知：点 在函数 上，
即
又由于
即有 得到 解得
即
【小问 2 详解】
由（1）问知： ，则
令 ，得 ，得
故 在 上单调递增，在 上单调递减
即 存在极大值 ，无极小值．
16. 已知正项数列 满足 ，设 是数列 的前 项和，且 ；
（1）证明： 是等差数列；
（2）求数列 的通项公式；
（3）设 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】（1）证明见解析
（2）
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（3）
【解析】
【分析】（1）由 的关系结合等差数列的性质证明即可；
（2）先由等差数列的基本量法求出 的通项公式，再求出 ，然后由 的关系可得；
（3）采用分组求和法结合等比数列的求和公式可得.
小问 1 详解】
当 时： ，
，
即 ，
故 是以公差为 1 的等差数列.
【小问 2 详解】
因为 ，
由（1）问知： ，故 ，
当 时： ．
又由于 也满足上式， .
【小问 3 详解】
由（2）问知 ，
.
17. 如图，四边形 为正方形， 平面 ，
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（1）证明：
（2）若二面角 的正切值为 ，求平面 和平面 夹角的正弦值；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直得到 ，结合 得到 平面 ，证明出结论；
（2）先证明出 两两垂直，建立空间直角坐标系，求出 即为二面角 的平面
角．利用正切值求出正方形边长，写出点的坐标，求出两平面的法向量，求出面面角的余弦值，进而求出
正弦值.
小问 1 详解】
由正方形 ABCD 知： ⊥ ，
又由于 平面 且 平面 ，故 ，
又由于 且 平面 ，
故 平面 ，
因为 平面 ，所以
【小问 2 详解】
由于 平面 且 平面 ，
故 ，显然 两两垂直，
如图，以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴，建立直角坐标系：
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令 AC 与 BD 的交点为 O，连接 OQ，
由于 平面 ， ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
又 ⊥ ， ， 平面 ，
所以 ⊥平面 ，
因为 平面 ，所以 ⊥ ，
故 即为二面角 的平面角．
，
∵ ，
，故 ，故 ，
，
设平面 的法向量为 ，
由 ， ，
令 得 ，
，
设平面 的法向量为 ，
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由 ， ，
令 ，则 ，
，
设平面 和平面 夹角为 ，
则 ，
.
18. 已知椭圆 的左焦点为 ，椭圆上任意一点到 的距离最大值为 3；
（1）求椭圆 的方程；
（2）过原点且斜率为 的直线与椭圆 交于 两点；
（ⅰ）当 时，设直线 的斜率分别是 ，求证： 为定值；
（ ⅱ ） 过 点 作 垂 直 于 的 直 线 交 于 ， 交 圆 于 两 点 ， 记
的面积分别为 ，求 的取值范围．
【答案】（1） ；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） .
【解析】
【分析】（1）根据焦点及椭圆的性质得 ，结合椭圆参数关系得 ，即可得方程；
（ 2）（ ⅰ ） 不 妨 设 ， 联 立 直 线 与 椭 圆 ， 应 用 韦 达 定 理 、 斜 率 两 点 式 得
，整理化简即可证；
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（ⅱ）根据已知及圆、椭圆的对称性得 ，讨论 、 求右侧范围，即可得.
小问 1 详解】
由题知 ，又 ，可得 ，则椭圆方程为 ；
【小问 2 详解】
（ⅰ）不妨设 ，由 化简为 ，
显然 ，则 ，
又
，即证.
（ⅱ）由于 均为直角三角形， ，
由圆的性质知 ，故
由于 ，则 ，
当 时， ，
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当 时：直线 PQ 方程为 ，则
又 ，
所以 ，令 ，那么 ，
即 ，则 ，
综上： .
19. 已知函数
（1）若 对 恒成立，求实数 的取值范围；
（2）将函数 在区间 上的所有极值点按从小到大排列，记第 个极值点为 ；请证明：
（ⅰ） 且
（ⅱ）
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先根据 ，将题目条件转化为 对 恒成立；再构造函数
，分类讨论，利用导数研究函数的最值即可解答.
（2）（ⅰ）先求出 ，将题目条件转化为方程 的变号根；再构造函数 ，
利用导函数判断函数 的单调性；最后对 进行分类讨论可证得 ，结合 和对勾函数的
单调性可证得 .（ⅱ）记 ，先结合（ⅰ）得到 ，将证明
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等价于证明 ；再根据 在区间 上单调递增，
得到 ；最后构造函数 ，利用导函数研究 的单调性和
最值，进一步可证得 ．
【小问 1 详解】
，
等价于 ，即 对 恒成立.
令 ，
则 ， .
当 时， ，
当 时， ，此时 在 上单调递减，
则 ，满足题意.
当 时， 函数 在区间 上单调递减，
函数 在区间 上单调递减.
，
由函数的连续性可知， 使得 在 上成立，
故 在 上单调递增，
则 ，与题意不符，故不满足题意.
综上， 的取值范围为
【小问 2 详解】
（ⅰ）由 可得： .
令 ，可得
显然， 不是方程的根，
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故当 时，方程可化为 .
那么函数 的极值点即为方程 的变号根.
令 ，
则 .
因为 ，
所以 ，即 在区间 上分别单调递增，在区间 上分
别单调递增.
因为当 时，
所以当 时，在区间 上， ；
当 时，在区间 上， ；
当 时， ，当 时， .
在区间 上分别存在唯一零点，即
作出函数 的图象：
又由于 ，函数 在 上单调递增，
即得证.
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（ⅱ）由上可知： ，
记 ，则 ，
因为 是方程 的变号根，
所以 ， ， .
则
因为 ，
所以 .
要证明 ，
即证明 ，
因为 在区间 上单调递增，
所以只需证明
又因为 ，
所以 ，
则 .
由于 在区间 上单调递增
即 ，
故 .
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构造函数 ，
则
因为 在区间 上单调递增，而 ，
所以 ， 在 上单调递增，
从而 ，
故 ，
即证得 ，也即证得 ．
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