重庆市第一中学2023-2024学年高二下学期定时练习（三）数学试题

2024年重庆第一中学高2025届高二下期数学定时练习试题（三）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本卷或者草稿纸上无效.3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.一、选择题：本题共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.若，则（）A. B.或 C. D.【答案】B【解析】【分析】由组合数的性质可求得的值.【详解】因为，则或，所以，或.故选：B.2.已知一组样本数据，，，，的平均数为2，则（）A.0 B.2 C.2.5 D.1【答案】A【解析】【分析】能够识别求和符号，利用平均数的知识即可求解.【详解】.故选：A.3.某校为了了解同学们参加社会实践活动的意向，决定利用分层抽样的方法从高一、高二、高三学生中选取200人进行调查，已知该校高一年级学生有1300人，高二年级学生有1200人，高三年级学生有1500人，则抽取的学生中，高三年级有（）A.50人 B.60人 C.65人 D.75人【答案】D【解析】【分析】根据分层抽样的定义求解即可.【详解】由题可知，三个年级共有人，抽样比例为，则抽取的学生中，高三年级有人.故选：D.4.已知正项数列中，，则数列的前120项和为（）A.4950 B.10 C.9 D.【答案】B【解析】【分析】先利用题给条件求得，进而求得，再利用裂项相消法即可求得数列的前120项和.【详解】由，可得数列是首项为1公差为1的等差数列，则，又，则，则则数列的前120项和为故选：B5.在的展开式中，含项的系数为（）A.165 B.165 C.55 D.55【答案】B【解析】【分析】分别将各多项式含项的系数加起来，即可组合的性质计算即可【详解】在展开式中，含项的系数为．故选：B6.某班级周三上午共有5节课，只能安排语文、数学、英语、体育和物理.数学必须安排，且连续上两节，但不能同时安排在第二三节，除数学外的其他学科最多只能安排一节，体育不能安排在第一节，则不同的排课方式共有（）A.48种 B.60种 C.72种 D.96种【答案】B【解析】【分析】先安排数学，当数学排在第一二节时，第三四五节可任意安排；当数学排在第三四节或第四五节时，先给第一节排课，再给余下的节次排课即可解决.【详解】分三类讨论：（1）当数学排在第一二节，则语文、英语、体育和物理任选三科排在第三四五节即可，共有种方法；（2）当数学排在第三四节，则在语文、英语和物理中任选一科排在第一节，再在包含体育余下的三科中任选二科排在第二五节即可.共有种方法；（3）当数学排在第四五节，则在语文、英语和物理中任选一科排在第一节，再在包含体育余下的三科中任选二科排在第二三节即可.共有种方法；则符合要求的方法总数为故选：B7.定义在上的函数的导函数为，若对任意实数，有，且为奇函数，则不等式的解集是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】构造函数，根据导函数得单调性，利用单调性求解不等式的解集．【详解】因为为奇函数，所以，即，设，则，所以在上单调递减，又，的解集等价于的解集，即，所以，即不等式的解集为.故选：C.8.已知为坐标原点，是椭圆上位于轴上方的点，为右焦点.延长、交椭圆于、两点，，，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设椭圆的左焦点为，连接、、，推导出四边形为矩形，设，在中，利用勾股定理可解得，然后在中，利用勾股定理可求得椭圆的离心率的值.【详解】解：如图，设椭圆的左焦点为，连接、、，由题意可知，、关于原点对称，且为的中点，所以四边形为平行四边形，又因为，所以四边形为矩形.因为，设，，则，，所以，，在中，，即，解得，所以，，，在中，由勾股定理可得，即，整理可得，解得.故选：C.二、选择题：本题共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.对于函数，下列说法正确的有（）A.单调递减区间为B.在处取得极大值C.只有一个零点D.【答案】BC【解析】【分析】求导，再根据导函数的符号即可求出函数的单调区间，即可判断A；根据极值的定义即可判断B；根据函数的单调性结合零点的存在性定理即可判断C；根据函数的单调性即可判断D.【详解】，当时，，当时，，所以函数的单调递减区间为，单调增区间为，故A错误；在处取得极大值，故B正确；因为，所以函数在上有唯一零点，又因当时，，则，所以函数在上不存在零点，综上只有一个零点，故C正确；因为的单调递减区间为，，所以，故D错误.故选：BC.10.已知，则下列描述不正确的是（）A. B.除以5所得的余数是1C. D.【答案】ACD【解析】【分析】利用赋值法即可判断AC、求导数后结合赋值法可判断D，根据二项式展开式的通项即可求解B.【详解】，令，可得，再令，可得，,故A错误．由于，即展开式各项系数和系数和，故，，故C错误．由题意，，显然，除了最后一项外，其余各项均能被5整除，除以5所得的余数是1，故B正确．把函数两边同时对求导数，可得，再令，可得，，可得，故,故D错误．故选：ACD．11.“”表示不大于x的最大整数，例如：，，．下列关于的性质的叙述中，正确的是（）A.B.若，则C.若数列中，，，则D.被3除余数为0【答案】ACD【解析】【分析】A选项，由题意得到，变形得到；B选项，举出反例即可；C选项，求出，利用等差数列求和公式求出答案；D选项，分析得到，被3除余数为1，分组求和后得到其被3除余数为1011，而，故D正确.【详解】对于A，由定义“”表示不大于x的最大整数可知，，故，用代换x，即得，故A正确．对于B，不妨设，，满足，但此时，B错误．对于C，由，可得，故，则，故C正确．对于D，对任意自然数k，与均不是整数，且，则．当时，，即被3除余数为1．当时，，，则被3除余数为1，，由上述分析知其被3除余数为1011，而，即M能被3整除，故D正确．故选：ACD．【点睛】函数新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在展开式中，第3项和第4项的二项式系数最大，则展开式中含项的系数为_____.【答案】10【解析】【分析】先求得二项式幂次n的值，再利用二项展开式的通项公式即可求得展开式中含项的系数.【详解】在的展开式中，第3项和第4项的二项式系数最大，则的展开式共6项，则则令，则，则展开式中含项的系数为故答案为：1013.已知数列的前项和为，满足（是常数，），且，则___________.【答案】【解析】【分析】由与的关系推导出数列为等比数列，再利用等比数列的基本性质可求得的值.【详解】对任意的，（是常数，），当时，，可得，当时，，所以，，所以，数列为等比数列，且该数列的首项为，公比为，.故答案为：.14.函数.若函数的最小值为0.则实数k的范围______.【答案】．【解析】【分析】函数的值域为，，等价于的最小值小于等于0，利用导数求出对恒成立时的范围，再由补集思想得结论．【详解】函数的最小值为0，等价于的最小值小于等于0．下面考虑对恒成立时的范围．，即，也就是，即对恒成立．令，，，再设，该函数在上单调递增，且，，故存在，使得．当时，，单调递减，当,1），，单调递增，，由于函数，故函数在单调递增，，，由于所以,结合函数在单调递增，故，，，，则．满足原题意的的取值范围为,．故答案为：【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．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.随机抽取100名男学生，测得他们的身高（单位：cm），按照区间，，，，分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示（1）求这100名男学生身高在170cm及以上的学生人数；（2）估计该校100名学生身高的75%分位数.【答案】（1）60人（2）176.25【解析】【分析】（1）根据频率和为1列出方程，可得，进而结合频率公式进行求解即可；（2）先求出,和,人数占比，可得该校100名生学身高的分位数落在,，进而列出方程即可求解；【小问1详解】由频率分布直方图可知，解得，身高在及以上的学生人数（人；【小问2详解】,的人数占比为，,的人数占比为，所以该校100名生学身高的分位数落在,，设该校100名生学身高的分位数为，则，解得，故该校100名生学身高的分位数为176.25；16.在二项式的展开式中，前三项的系数依次为M，P，N，且满足.（1）若直线l：的系数a，b，c（）为展开式中所有无理项系数，求不同直线l的条数；（2）求展开式中系数最大的项.【答案】（1）10；（2），.【解析】【分析】（1）根据给定条件，求出n值并求出展开式的通项，再利用组合求解作答.（2）由（1）中通项公式，列出不等式组，求出系数最大的项作答.【小问1详解】二项式的展开式中，，依题意，，即，显然，解得，展开式的通项为，当不是整数，即时，是无理项，当r分别取1，2，3，5，6，7时，对应项的系数分别为，从的5个数中取3个不同数分别为使，有种取法，每种取法确定一条直线，所以不同直线l的条数是10.【小问2详解】由（1）知，展开式的通项为，令第项的系数最大，则有，即，整理得，解得，而，因此或，所以展开式中系数最大的项是，.17.已知数列满足，数列首项为2，且满足.（1）求和的通项公式（2）记集合，若集合的元素个数为，求实数的取值范围.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据题意，当时，，求得，再由，结合等差数列的定义，求得，得到的通项公式.（2）根据题意，转化为，记，化简，得出数列的单调性，结合题意，即可求解.【小问1详解】解：由，当时，，相减可得，故，当时，也符合上式，所以，又由，可得，所以数列为公差为的等差数列，且首项为，所以，则.【小问2详解】解：由和，可得，记，则，所以，当时，，当时，，此时单调递减，而，由于集合的元素个数为，所以，所以，即实数的取值范围为.18.已知C：的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆左焦点作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M、N两点，直线m的方程为：，过点M作垂直于直线m交直线m于点E.（1）求椭圆C的标准方程：（2）①若线段EN必过定点P，求定点P的坐标；②点O为坐标原点，求面积的最大值.【答案】（1）（2）①；②.【解析】【分析】(1)椭圆的上顶点到右顶点的距离为,离心率为,列出方程,求解,得到椭圆的标准方程.

(2)①设直线方程:,联立直线与椭圆方程,利用韦达定理求解直线方程,然后得到定点坐标.

②由（1）中,利用弦长公式,求解三角形的面积表达式,然后求解最大值即可.【小问1详解】由题意可得:

故椭圆的标准方程为.【小问2详解】证明:

①由题意知,,

设直线方程:,

联立方程,得,所以,所以,又,所以直线方程为:,令,则.所以直线过定点.

②由①中,所以,

又，

所以,

令,则,

令,当时,,故在上单调递增,

则在上单调递减,

即在上单调递减,

所以时,.19.已知双曲线，直线为其中一条渐近线，为双曲线的右顶点，过作轴的垂线，交于点，再过作轴的垂线交双曲线右支于点，重复刚才的操作得到，记．（1）求的通项公式；（2）过作双曲线的切线分别交双曲线两条渐近线于，记，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由点在双曲线上，又，得是以为首项，公差为的等差数列，可求得.（2）由切线方程代入渐近线，得，，由放缩法证明右边，通过构造函数证明不等式，再利用放缩法证明左边.【小问1详解】双曲线，渐近线方程为，由已知可得：，又点在双