2024-2025学年山西省吕梁市兴县高二下册3月月考数学检测试题（附解析）

2024-2025学年山西省吕梁市兴县高二下学期3月月考数学检测试题考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册（10%），选择性必修第一册，选择性必修第二册（40%），选择性必修第三册第六章第1～2节（50%）．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.已知集合，，则（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】解一元二次不等式求集合，再由集合的交运算求结果.【详解】由，得，则，所以．故选：D2.若是正整数，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据排列数公式，即可确定目标乘式对应的排列数.【详解】由，且都为正整数，故．故选：B3.如图，要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为（）A.5 B.7 C.8 D.12【正确答案】C【分析】根据分类计数原理与分步计数原理计算可得答案．【详解】要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为．故选：C．4.现有5个编号不同的小球和3个不同的盒子，若将小球全部放入盒子中，不同的方法有（）A.243种 B.125种 C.60种 D.20种【正确答案】A【分析】应用分步计数乘法原则求不同的方法数.【详解】由题知，每个小球有3种放法，所以5个小球的放置方式共有种．故选：A5.由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为（）A.360 B.280 C.156 D.150【正确答案】C【分析】分个位的数字为0、2、4并求出对应满足条件的偶数个数即可.【详解】若个位上的数字为0，可以组成个无重复数字的4位数的偶数，若个位上的数字为2或4，可以组成，故可以组成个符合条件的数．故选：C6.已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据对数函数性质分析可知在上单调递减，且在上恒成立，进而列式求解.【详解】因为在上单调递增，且在上单调递减，可知在上单调递减，且在上恒成立，可得，解得，所以实数的取值范围为．故选：B．7.数字540的不同正因数的个数为（）A.10 B.16 C.20 D.24【正确答案】D【分析】应用列举法写出所有的正因数即可.【详解】由，共有24个正因数.故选：D8.已知直线的斜率为正，且a，b，，则符合上述条件的不同的直线条数为（）A.40 B.20 C.17 D.15【正确答案】C【分析】由题意可得，不妨设，利用分类、分步计数原理计算结果，排除重合的情况，即可得解.【详解】因为直线的斜率为正，则，当时，的取值有2种取法，的取值有2种取法，的取值有5种取法，共有种取法，其中和和和表示同一条直线，故符合条件的直线共有条．当时，此时所得直线与时所得直线相同．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.已知复数，，则下列命题正确的有（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【正确答案】BC【分析】取特殊值判断A、D；应用复数乘法的几何意义及共轭复数的性质判断B、C.【详解】对于A，取，显然满足，但，故A错误；对于B，因为，所以，故B正确；对于C，因为，所以，故C正确；对于D，取，满足，但，所以，故D错误．故选：BC10.已知，则（）A.曲线关于点对称 B.1是函数的极大值点C.当时， D.不等式的解集为【正确答案】ACD【分析】是由奇函数的图象向下平移1个单位长度而得，进而可得A正确；利用导数求的函数的最值即可得到B错误；由在上单调递减，利用单调性即可判断C选项；D选项，根据B选项得到，再得到函数的单调性，从而得到不等式，求出解集.【详解】由题意得曲线是由奇函数的图象向下平移1个单位长度而得，故曲线的对称中心为，故A正确；，易得在和上单调递增，在上单调递减，所以为的极大值点，1为的极小值点，故B错误；因为在上单调递减，当时，，所以，故C正确；由上知，易求，所以，所以，故D正确．故选：ACD．11.如图，在棱长为2的正方体中，点为棱AB的中点，动点满足，则下列命题正确的有（）A.存在唯一有序实数对，使得B.存在唯一有序实数对，使得C.若，则点到平面的距离的最大值为2D.若，则点的轨迹长度为【正确答案】ACD【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设利用空间向量的数量计算即可判断A，由计算可得，所以点在以为圆心，2为半径的圆上，同理可得，则点在以为圆心，1为半径的圆上，由数形结合可判断B，由题意可得点在处时，到平面的距离最远，利用向量法计算距离即可判断C，利用数量积，计算可得，进而计算，即可判断D.【详解】以为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，因为，则动点在侧面内（含边界）．设，则，，若存在，使得，则，所以，即存在唯一点满足条件，故A正确；易知与均垂直于平面，连接，则，若，则，所以点在以为圆心，2为半径的圆上，同理可得，则点在以为圆心，1为半径的圆上（均为侧面内部分），两圆的圆心距，故两圆弧相交（如图所示），故符合条件点有两个，对应的有两组，故B错误；若，则点与三点共线，即线段上，故当点在处时，到平面的距离最远，可求平面的法向量，故到平面的距离，故C正确；易求，所以，所以，故点在线段上（如图所示，其中分别为上靠近的四等分点），所以，故D正确．故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知为正整数，若，则__________．【正确答案】3或7【分析】根据组合数的定义和性质分析求解即可.【详解】因为，则，解得，由组合数性质可知：或，解得或．故3或7.13.如图，现要用4种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有_______种不同的着色方法.【正确答案】【分析】利用分步计数原理求解.【详解】先给I地区涂色有4种，再给II地区涂色有3种，给III地区涂色有2种，给IV地区涂色有2种，所以由分步乘法计数原理得：种.故48.14.某环保局派遣包括张三，李四，王五在内的12名工作人员到A，B，C三个镇开展环境保护的宣传工作，每个镇至少派遣3人，因工作需要，张三，李四，王五3人要派遣到同一个镇，则不同的派遣方案共有__________种．（结果用数字表示）【正确答案】【分析】分类讨论人员的分组情况并依次求出对应的不同分组方法数，再将各组安排到三个镇，结合排列组合数及分类分步计数求不同的派遣方案数.【详解】先分类讨论人员分组情况：当张三､李四､王五所在组恰有3人时，余下9人分成2组，有210种方法；当张三､李四､王五所在组恰有4人时，先从其他9人中选1人到这组，再将余下8人分成2组，有种方法；当张三､李四､王五所在组恰有5人时，先从其他9人中选2人到这组，余下7人分成2组，有种方法；当张三､李四､王五所组恰有6人时，先从其他9人中选3人到这组，余下6人分成2组，有种方法．再将三组人员分配到三个镇：因为这三组分配到三个地区有种方法，所以安排方法总数为．故四、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.抽样检查是日常检测中常用的方法．某商场进了一种商品20件，其中有4件次品，若从中抽取3件．（1）抽出的商品中无次品的抽法有多少种？（2）抽出的商品中全是次品的抽法有多少种？（3）抽出的商品中至多有2件次品的抽法有多少种？【正确答案】（1）560种；（2）4种；（3）1136种.【分析】（1）（2）（3）根据已知并应用组合数求抽出的商品中无次品、全是次品、至多有2件次品的抽法数.【小问1详解】由题意，共有16件非次品，则抽出的商品中无次品的抽法有种；【小问2详解】由题意，抽出的商品中全是次品的抽法有种；【小问3详解】由题意，抽出的商品中至多有2件次品的抽法有种.16.已知数列满足，且．（1）求的通项公式；（2）若，且为递增数列，求实数的取值范围．【正确答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据已知可得是以3为公比的等比数列，由定义即可写出其通项公式；（2）由数列的单调性有对任意正整数恒成立，求出右侧的最小值，即可得参数范围.【小问1详解】由，得，所以，所以，所以是以3为公比的等比数列，又，所以．【小问2详解】由（1）知，所以，因为为递增数列，所以恒成立，所以，即对任意正整数恒成立，即，因为为递增数列，所以，所以，即实数的取值范围为．17.现从一副扑克牌中抽取红桃A、红桃2、红桃3到红桃10、小王和大王共12张牌（1）从这12张牌中随机抽取3张，求红桃A被抽到，且小王和大王只有一个被抽到的抽取方法共有多少种？（2）从这12张牌中随机抽取3张，求小王和大王2张中至少有1张被抽到，且红桃A没有被抽到的不同抽取方法共有多少种？（3）将红桃5到红桃10这6张扑克牌摆成一排，使得红桃9和红桃10相邻，且红桃5、红桃6、红桃7恰有两张相邻，求不同的摆放方法共有多少种？【正确答案】（1）种（2）种（3）种【分析】（1）从大小王中选一个，有2种方式，然后从剩余9张中选1张，根据乘法原理，计算即可;（2）考虑抽到2张王和1张非红桃A的牌，以及抽到1张王和2张非红桃A的牌两种情况，计算后相加;（3）红桃9和红桃10捆绑，红桃5、6、7选2张捆绑在一起，再利用插空法计算，即可得出结果.【小问1详解】若小王和大王有且只有一个被抽到，其抽取方法有2种，又红桃被抽到，则在剩余的9张牌中随机抽取1张，其抽取方法有9种，则不同的抽取方法共有种．【小问2详解】根据题意，分2种情况讨论：①小王和大王2张都被抽到，且红桃A没有被抽到，不同的抽取方法有种，②小王和大王2张中有且只有1张被抽到，且红桃A没有被抽到，不同的抽取方法有种．则共有种不同的抽取方法．【小问3详解】第一步：将红桃9和红桃10捆绑在一起有种方法，第二步：将红桃5，红桃6，红桃7抽出2张捆绑在一起有种方法，第三步：将红桃9，10组成的整体与红桃8排，共有中排法，第四步：将红桃种组成的两部分插空到第三步排列形成的三个空中，有种，故共有种．18.在平面直角坐标系中，椭圆与双曲线的左，右焦点均为，，且的离心率为，直线与交于A，B两点．（1）求椭圆的方程；（2）若直线过点，且点为线段BC的中点，求直线的方程；（3）若直线OA与直线OB的斜率之积为，证明：的面积为定值．【正确答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【分析】（1）根据双曲线方程求得，再由离心率及椭圆参数关系求得，即可得方程；（2）设，应用中点坐标公式有，再由点在曲线上求出坐标，即可得直线方程；（3）讨论直线的斜率，在斜率存在情况下设直线，联立椭圆并应用韦达定理，结合及斜率的坐标表示求得，最后由弦长公式、点线距离公式及三角形面积的求法证明结论.【小问1详解】设，因为双曲线的方程为，即，所以，所以．又，所以，所以椭圆的方程为．【小问2详解】设，由点为线段的中点，所以．联立，解得或，所以或，因为，代入的坐标得，所以直线的方程为，即．【小问3详解】当轴时，，由，得，所以，又，则，所以的面积为．当与轴不垂直时，设直线，由，得，即①，联立，消去并整理，得所以，即，代入①，得，所以又点到直线的距离，所以的面积为，综上，的面积为定值．19.用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”．现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇．衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率．（1）已知函数，求曲线在处的曲率的值；（2）已知函数，求曲线在点处的曲率的最大值；（3）对（2）中的，记，证明：在区间上有且仅有2个零点．【正确答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【分析】（1）对函数求导，根据题设的定义求；