重庆市北碚区2025_2026学年高二数学下学期4月月考试题含解析

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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. （ ）
A. 90B. 60C. 45D. 30
【答案】C
【解析】
【分析】根据组合数计算公式求解即可．
【详解】，
故选：C．
2. 在一个不透明的盒中装有6个大小质地完全相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，现从盒中一次取出2个小球，设事件为“取出2个小球的数字之和大于6”，事件为“取出的2个小球中最小数字为3”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，分别求得事件和事件的概率，结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】从装有6个大小质地完全相同的小球的盒中一次取出2个小球，共有种取法，
其中事件，
有9种取法，概率为，
事件，有3种取法，概率为，
所以.
故选：C.
3. 二项式的展开式中的常数项为（ ）
A. 30B. 20C. 15D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由题可得展开式通项为，据此可得答案.
【详解】的通项为：，令，
则展开式中的常数项为：.
故选：C
4. 下列方程表示的椭圆中，形状最接近于圆的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】对A，其离心率为，
对B，其离心率为，
对C，其离心率为，
对D，其离心率为，
根据离心率越小，其越接近于圆，则最小，其形状最接近于圆，则A选项符合题意.
5. 兰大附中计划开展“学长经验分享会”，要将6名优秀毕业生分配到高一、高二、高三3个年级进行经验宣讲，要求每个年级至少有1名，至多有3名，则不同的分配方案共有（ ）
A. 360种B. 450种C. 540种D. 900种
【答案】B
【解析】
【分析】利用先分组再分配原则解决即可.
【详解】6名毕业生分配到3个年级，每个年级至少有1名，至多有3名，可分为两类：
①各年级人数分别为1，2，3：
先将6人分为三组（1人，2人，3人），再分配到3个年级，方法数为种；
②各年级人数均为2：
先将6人平均分为三组，再分配到3个年级，方法数为种，
所以所求方案共有种方法．
故选：B
6. 已知直线的方向向量为，则向量在直线上的投影向量坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合，代入即可求解.
【详解】直线l的方向向量为和，
可得，
则向量直线l上的投影向量的坐标为
.
故选：D.
7. 若函数，则下列选项中，为函数的极大值点的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简函数，再利用正弦函数的性质及极大值点的意义判断即可.
【详解】函数
，
由，得函数的极大值点，
当时，，不存在整数使得，，，A是；BCD不是.
故选：A
8. 若关于x的方程有且仅有两个不同的实数根，则实数t的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将原问题转化为直线与半圆的交点问题，再结合几何法即可求解t的范围．
【详解】将方程转化为方程，
再转化为半圆与直线有两个不同交点，且该直线过，
当直线与半圆相切时，有4−2tt2+1=2，解得，此时如图所示，直线AB和半圆O相切，
而过点、的直线与半圆刚好有两个交点，此时如图所示，直线AC和半圆O相交于两点，
将代入直线，解得，
所以t的取值范围为．

二、多选题（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. 下列求导运算错误的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】对于A，是常数，∴π2026'=0，故A错误；
对于B，xex'=x'⋅ex−xex'ex2=1−xex，故B正确；
对于C，cs4x−5'=−sin4x−5⋅4x−5'=−4sin4x−5，故C正确；
对于D，x3lg2x'=x3'⋅lg2x+x3⋅lg2x'=3x2lg2x+x3⋅1xln2=3x2lg2x+x2ln2，故D错误.
10. 甲、乙、丙、丁、戊5人参加完某项活动后合影留念，则（ ）
A. 5人站成一排，若甲、乙必须相邻，共有48种排法
B. 5人站成一排，若甲、乙不能相邻，共有72种排法
C. 5人站成一排，若甲不能站在两端，共有72种排法
D. 5人站成两排，若甲、乙站前排，丙、丁、戊站后排，共有120种排法
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，利用捆绑法进行求解；B选项，利用插空法进行求解；C选项，先从中间3个位置选一个给甲，其余4人全排列，根据分步乘法计数原理求出答案；D选项，考虑甲、乙，再考虑丙、丁、戊，根据分步乘法计数原理求出答案.
【详解】选项A：把甲、乙看成一个整体与其余3人全排列，有种排法，
甲、乙两人之间有种排法，所以共有种排法，A正确.
选项B：先排丙、丁、戊有种排法，丙、丁、戊形成4个空，
从4个空中选2个排甲、乙，有种排法，所以共有种排法，B正确.
C选项：先从中间3个位置选一个给甲，有种方法，其余4人全排列，有种方法.
根据分步乘法计数原理，共有种排法，C正确.
D选项：甲、乙站前排有种排法，丙、丁、戊站后排有种排法，
根据分步乘法计数原理，共有种排法，D错误.
故选：ABC
11. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，将图中的1，6，15，28，…称为六边形数，将六边形数按从小到大的顺序排成数列，则（ ）
A. B.
C. 是等比数列D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据数列中相邻两项之间的关系，得到递推关系，结合累加法、等差数列前项和公式、等比数列的定义、比较法、代入法逐一判断即可.
【详解】在数列中，有，
进一步，得，
所以可以得到递推关系：，即，
因为，显然不是常数，
所以数列不是等比数列，选项C不正确；
当时，
，
显然也成立.
因为，，
所以选项AB正确；
所以选项D正确.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 在等差数列中，，则__________.
【答案】5
【解析】
【分析】根据等差数列通项公式计算求解.
【详解】因为是等差数列，设等差数列公差为，
由，得，
则.
故答案为：5.
13. 已知函数，则__________．
【答案】10
【解析】
【分析】求导，根据，利用导数的定义求解.
【详解】因为，
所以，
，
，
，
，
．
故答案为：10
14. 今有标号为1、2、3、4、5的五封信，另有同样标号1、2、3、4、5的五个信封，现将五封信任意装入五个信封中，每个信封内装一封信，那么恰有一封信与信封标号一致的情况有______种．
【答案】45
【解析】
【分析】先从5封信中选1封，使其与信封标号一致，再对剩下的4封信都不装在对应的情况进行分析，最后根据分步乘法计数原理计算出总的情况数.
【详解】从5封信中选1封，使其与信封标号一致的选法有种；
剩余4封信都不装在对应信封的情况
设这4封信的标号分别为1、2、3、4，对应的信封标号也为1、2、3、4；
当1号信不装在1号信封时，1号信有3种装法（可装在2、3、4号信封）；
若1号信装在2号信封，此时分两种情况：
若2号信装在1号信封，那么3号信只能装在4号信封，4号信只能装在3号信封，共1种情况；
若2号信不装在1号信封，2号信有2种装法（可装在3、4号信封）：
当2号信装在3号信封时，3号信只能装在4号信封，4号信只能装在1号信封；
当2号信装在4号信封时，4号信只能装在3号信封，3号信只能装在1号信封；共2种情况，
综上，共有3种情况.
同理，当1号信装在3号信封和1号信装在4号信封时，各有3种情况.
所以，剩余4封信都不装在对应标号信封的情况共有种；
根据分步乘法计数原理，恰有一封信与信封标号一致的情况有种.
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 有四个不同的小球，四个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内．
（1）共有多少种不同的放法？
（2）若每个盒子不空，则共有多少种不同的放法？
（3）若恰有一个盒子不放球，则共有多少种不同的放法？
（注意：请写出式子再写计算结果）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）每个小球都可以放入4个盒子中的任意一个，且每个小球的选择相互独立，利用分步计数原理得解；
（2）每个盒子不空，即每个盒子恰好放一个球，这是4个球的全排列，从而得解；
（3）恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有两个小球，先从4个小球中选出2个捆绑成一个元素，再将此元素和剩下的两个小球（共三个不同的元素）放入4个不同盒子中的任意3个，根据分步计数原理得解.
【小问1详解】
每个球都有4种放法，故不同的放法共有（种）．
【小问2详解】
每个盒子不空，则不同的放法共有（种）．
【小问3详解】
设四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，恰有一个空盒，
说明恰有一个盒子中有两个小球，则先从四个小球中选出2个捆绑成一个元素，
有种选法，
再将此元素和剩下的两个小球（共三个不同的元素）放入4个不同盒子中的任意3个，
有种放法，故不同的放法共有（种）．
16. 已知的展开式中，第3项与第5项的二项式系数相等，
（1）求；
（2）求展开式的常数项；
（3）求展开式中系数最大的项．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）结合题意建立方程，求解参数即可.
（2）求出展开式的通项，再结合赋值法求解常数项即可.
（3）结合题意建立不等式，得到，再求出系数最大的项即可.
【小问1详解】
因为第3项与第5项的二项式系数相等，所以，解得.
【小问2详解】
由已知得，
其展开式的通项为，令，解得，
则展开式的常数项为.
【小问3详解】
由已知得展开式的通项为，
则第项的系数为，设第项的系数最大，
则，解得，
因为是整数，所以，
此时系数最大的项为.
17. 如图，在四棱锥中，，，底面，，，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点通过题中条件证得四边形为平行四边形，从而得到，利用线面平行判定定理得到平面.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设与平面所成的角为，利用向量的数量积求出，
利用公式求出，即为直线与平面所成角的余弦值.
【小问1详解】
取的中点，连接，.
为的中点，且，
又，，，，且，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面.
【小问2详解】
以为原点，直线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，，
，，，，，，
，，
，，
设平面的法向量为，
则有，取，则，，
则平面的法向量为，
则，.
设与平面所成的角为，
则有，
，
，
直线与平面所成角的余弦值为.
18. 已知椭圆C:的左、右焦点分别为F1，F2，该椭圆的离心率为，且椭圆C的短轴长为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图，若直线与x轴、椭圆C顺次交于点P，Q，R（点P在椭圆左顶点的左侧），且，求的面积.
【答案】（1）+=1
（2）
【解析】
【分析】（1）根据短轴长和离心率求解；
（2）将直线与椭圆联立，利用斜率条件和韦达定理求出，进而求出三角形的面积.
【小问1详解】
因为，所以.，解得，
所以椭圆C的方程为；
【小问2详解】
设，，由（1）知，，
因为，所以，所以.
由得，
所以
所以，，，，
所以，
所以，所以，
所以直线的方程为，所以.
所以
19. 已知函数（），为坐标原点．
（1）当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）若点是函数图象上一点，求的最小值；
（2）若函数图象上存在不同两点满足，求的取值范围．
【答案】（1）（i）;（ii）
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）求的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即得；（ii）设，由两点间距离公式可得，记，结合导数判断函数单调性，从而求得的最小值，即可求解；
（2）记，结合导数判断函数单调性，可得存在负实数使得，为使有两个不等实数解，则有，推导可得有. 分析可知函数存在唯一零点满足.进而分类讨论和时，使得恒成立时的取值范围，从而得解.
【小问1详解】
当，，
（i）因为，则，，故切线方程为
（ii）设，则，记
则，易知是关于的增函数且
所以当；当
故最小值为，得的最小值.
【小问2详解】
记，则，易知是关于的增函数且存在负实数使得，则，.
所以当单调递减，当
故最小值为，
注意到，，且，
为使有两个不等实数解，则有.
即.
考虑到函数是关于的减函数，且，，
故该函数存在唯一零点满足，则
（此处只需给出零点的一个合理估计即可.）
①若，即，则.
由化简得，
记，注意到在区间的减函数，
所以，
故时，恒成立，即满足.
（几何法：由时，经过点，且，而两点在以原点为圆心，为半径的圆上，且，因此点在圆内，结合图像，知函数图象与圆的图象必有两个不同交点，故满足）
②若，即，则.由化简得，
记，则，
所以单调递减，在区间单调递增且，，
故由解得，
而，故满足.
综上所述.
【点睛】思路点睛：若函数图象上存在点，则，记，结合导数判断函数单调性，可得存在负实数使得，若函数图象上存在不同两点满足，则使有两个不等实数解，则有，推导可得有. 分析可知函数存在唯一零点满足.进而结合导数分类讨论和时，使得恒成立时的取值范围，从而得解.