2024-2025学年湖南省多校高二下学期3月月考数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1湖南省多校2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在本试卷和答题卡上.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案：回答非选择题时，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.【答案】D【解析】由，，所以.故选：D2.若角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题设，所以.故选：C.3.过双曲线的左焦点作其一条渐近线的垂线，垂足为，线段的中点在另外一条渐近线上，则双曲线的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】由题意，记的中点为，如图，由，则，所以两条渐近线相互垂直，可得，则，即，所以.故选：A.4.的展开式中，常数项等于（）A.1 B.15 C. D.1【答案】B【解析】二项式，可得：，即

令的次数，解得.将代入到通项公式中，可得常数项为.故选：B5.如图所示是函数的导数的图像，下列四个结论：①在区间上是增函数；②在区间上是减函数，在区间上是增函数：③是的极大值点；④是的极小值点.其中正确的结论是()A.①③ B.②③ C.②③④ D.②④【答案】D【解析】由题意，和时，；和时，，故函数在和上单调递减，在和上单调递增，是的极小值点，是的极大值点，故②④正确，答案为D.6.已知点P为直线上的一点，过点P作圆的切线PA，切点为A，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题意，圆其圆心为半径过点P作圆的切线PA，则则设圆心C到直线l的距离为d，则故所以的最大值为故选：A7.数学活动小组由12名同学组成，现将12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题，且每组只研究一个课题，并要求每组选出一名组长，则不同的分配方案的种数为()A. B. C. D.【答案】A【解析】将这12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题,且每组只研究一个课题只需每个课题依次选三个人即可，共有中选法，最后选一名组长各有3种，故不同的分配方案为：，故选A.8.设，过作直线分别交（不与端点重合）于，若，，若与的面积之比为，则()A. B. C. D.【答案】D【解析】连接并延长，则通过的中点，过，分别向所在直线作垂线，垂足分别为，，如图所示与的面积之比为根据三角形相似可知，则即由平行四边形法则得根据待定系数法有，则故选D二､多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.9已知，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】对A：令得，A选项错误；对B：，B选项正确；对C：令得，又，所以，C选项错误；对D：令得，又，所以，D选项正确；故选：BD.10.已知数列的前n项和为且则（）A. B.C. D.数列的前n项和为【答案】ABD【解析】由题意得，且，可知，则为正项递增数列，得到，即，故A正确；由，则时，，又符合上式，故，当时，，故B正确；由等差数列求和公式得，则，故C错误；而，故数列的前n项和为，故D正确.故选：ABD11.已知定义域为的函数满足，且，为的导函数，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】令，代入可得，即，所以，令，则，即，令得，以替换，则，A选项正确；以替换，则，所以函数是周期为4的周期函数.令，则，即，所以是偶函数.对两边求导得，即.替换，则；以替换，则，所以是周期为4的周期函数，若的周期为6，则，又，则，又，则，即，此时为常函数，与、矛盾，故的周期不可能为6，B选项错误；由的周期为4，且.，C选项正确；因为的周期为，且，所以.因，所以，对两边对求导，得，即令，可得，所以，则，D选项正确.故选：ACD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.平面上动点满足，则点的轨迹方程为__________.【答案】【解析】由满足知点到定点与的距离之和为10，又与之间距离为，根据椭圆定义可知该点的轨迹是椭圆，其中,轨迹方程为.故答案为：.13.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，，，则的面积为________．【答案】3【解析】在中，由余弦定理，得，则，于是，解得，所以的面积为.故答案为：314.如图，某数阵满足：各项均为正数，每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成公比相同的等比数列，，，，则__________，__________.【答案】960；.【解析】设每一列等比数列的公比都为，则，，则由，可得，则，，故，由，得，则，故，即，故，则，则.故答案为：960；.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.盒子中有3支不同的铅笔和4支不同的水笔.（1）将这些笔取出后排成一排，使得铅笔互不相邻，水笔也互不相邻，共有多少种不同的排法？（2）一次性取出3支笔，使得取出的三支笔中至少有1支铅笔，共有多少种不同的取法？解：（1）将支不同的水笔和支不同的铅笔排成一排，使得铅笔互不相邻，水笔也不相邻，只需先将支不同的铅笔进行全排，然后将支不同的水笔插入铅笔所形成的4个空位中（含两端），由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为种.（2）随机一次性摸出支笔，使得摸出的三支笔中至少有支铅笔，则铅笔的支数可以是或或，由分类加法计数原理知，不同的取笔种数为种.16.如图，在直五棱柱中，，，，，，是的中点．（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．解：（1）如图，分别取的中点，连接，则．因为，，所以四边形为平行四边形，所以，．同理，，所以，，所以四边形为平行四边形，故，又，所以，又平面，平面，所以平面．（2）如图，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，可得，，，，，则，，．设平面的法向量为，则，令，得．设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为．17.设函数=[]．（1）若曲线在点（1，）处的切线与轴平行，求；（2）若在处取得极小值，求的取值范围．解：（1）因为=[]，所以f′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）=［ax2–（2a+1）x+2］ex．f′(1)=(1–a)e．由题设知f′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．此时f(1)=3e≠0．所以a的值为1．（2）由（1）得f′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．若a>，则当x∈(，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，+∞)时，f′(x)>0．所以f(x)<0在x=2处取得极小值．若a≤，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤x–1<0，所以f′(x)>0．所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是（，+∞）．18.如图，设抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，且.记的面积分别为.（1）求抛物线的方程；（2）求最小值；（3）设点，直线与抛物线的另一交点为，求证：直线过定点.解：（1）设，直线，由消去整理得，，由，得，即，解得，故抛物线的方程是.（2）由（1）可得，所以，，当且仅当时等号成立，所以的最小值为.（3）设，则直线的斜率，方程为，由消去得整理得，显然，于是，又，联立消去，得，设直线，与抛物线联立，整理得，，因此，直线恒过定点.19.在必修一中，我们曾经学习过用二分法来求方程的近似解，而英国物理学家，数学家艾萨克•牛顿与德国哲学家，数学家戈特弗里德•莱布尼茨各自独立发明了微积分.其中牛顿在《流数法与无穷级数》（TheMethodofFluxionsandInifiniteSeries）一书中给出了“牛顿切线法”求方程的近似解.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值.一直继续下去，得到.一般地，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，称数列为牛顿数列.（1）已知函数的零点为，求的2次近似值.（2）设函数，令，证明：，不等式恒成立.（3）函数的两个零点分别为，数列为函数的牛顿数列，若数列满足.（i）证明：；（ii）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在4项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的4项；若不存在，请说明理由.解：（1）函数，求导得，则，而，在处的切线方程为，即.令，得，则，在处的切线为，令，得，所以的2次近似值为.（2）曲线在处的切线为，所以切线与轴交点横坐标为，当函数时，即，得，又，则.令，则，由，得，由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，则，所以，则，当且仅当时等号成立.令，则，因为恒成立，所以由，得，由，得，所以在上单调递增，在上单调递减，则，所以综上可知，不等式恒成立，当且仅当时两等号同时成立.（3）（i）因为，则，可得，过点作曲线的切线，令，得，则，又因为是函数的两个零点，则，且，则，可得，故数列为等比数列；则，所以；（ii）由（i）知，所以，所以.假设数列中存在4项（其中成等差数列）成等比数列，则互不相等，所以，即，又因为成等差数列，所以，所以，化简得，所以，又，所以与已知矛盾.同理，对进行类似推导，也会得出矛盾.所以在数列中不存在4项成等比数列.湖南省多校2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在本试卷和答题卡上.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案：回答非选择题时，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.【答案】D【解析】由，，所以.故选：D2.若角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题设，所以.故选：C.3.过双曲线的左焦点作其一条渐近线的垂线，垂足为，线段的中点在另外一条渐近线上，则双曲线的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】由题意，记的中点为，如图，由，则，所以两条渐近线相互垂直，可得，则，即，所以.故选：A.4.的展开式中，常数项等于（）A.1 B.15 C. D.1【答案】B【解析】二项式，可得：，即

令的次数，解得.将代入到通项公式中，可得常数项为.故选：B5.如图所示是函数的导数的图像，下列四个结论：①在区间上是增函数；②在区间上是减函数，在区间上是增函数：③是的极大值点；④是的极小值点.其中正确的结论是()A.①③ B.②③ C.②③④ D.②④【答案】D【解析】由题意，和时，；和时，，故函数在和上单调递减，在和上单调递增，是的极小值点，是的极大值点，故②④正确，答案为D.6.已知点P为直线上的一点，过点P作圆的切线PA，切点为A，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题意，圆其圆心为半径过点P作圆的切线PA，则则设圆心C到直线l的距离为d，则故所以的最大值为故选：A7.数学活动小组由12名同学组成，现将12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题，且每组只研究一个课题，并要求每组选出一名组长，则不同的分配方案的种数为()A. B. C. D.【答案】A【解析】将这12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题,且每组只研究一个课题只需每个课题依次选三个人即可，共有中选法，最后选一名组长各有3种，故不同的分配方案为：，故选A.8.设，过作直线分别交（不与端点重合）于，若，，若与的面积之比为，则()A. B. C. D.【答案】D【解析】连接并延长，则通过的中点，过，分别向所在直线作垂线，垂足分别为，，如图所示与的面积之比为根据三角形相似可知，则即由平行四边形法则得根据待定系数法有，则故选D二､多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.9已知，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】对A：令得，A选项错误；对B：，B选项正确；对C：令得，又，所以，C选项错误；对D：令得，又，所以，D选项正确；故选：BD.10.已知数列的前n项和为且则（）A. B.C. D.数列的前n项和为【答案】ABD【解析】由题意得，且，可知，则为正项递增数列，得到，即，故A正确；由，则时，，又符合上式，故，当时，，故B正确；由等差数列求和公式得，则，故C错误；而，故数列的前n项和为，故D正确.故选：ABD11.已知定义域为的函数满足，且，为的导函数，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】令，代入可得，即，所以，令，则，即，令得，以替换，则，A选项正确；以替换，则，所以函数是周期为4的周期函数.令，则，即，所以是偶函数.对两边求导得，即.替换，则；以替换，则，所以是周期为4的周期函数，若的周期为6，则，又，则，又，则，即，此时为常函数，与、矛盾，故的周期不可能为6，B选项错误；由的周期为4，且.，C选项正确；因为的周期为，且，所以.因，所以，对两边对求导，得，即令，可得，所以，则，D选项正确.故选：ACD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.平面上动点满足，则点的轨迹方程为__________.【答案】【解析】由满足知点到定点与的距离之和为10，又与之间距离为，根据椭圆定义可知该点的轨迹是椭圆，其中,轨迹方程为.故答案为：.13.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，，，则的面积为________．【答案】3【解析】在中，由余弦定理，得，则，于是，解得，所以的面积为.故答案为：314.如图，某数阵满足：各项均为正数，每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成公比相同的等比数列，，，，则__________，__________.【答案】960；.【解析】设每一列等比数列的公比都为，则，，则由，可得，则，，故，由，得，则，故，即，故，则，则.故答案为：960；.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.盒子中有3支不同的铅笔和4支不同的水笔.（1）将这些笔取出后排成一排，使得铅笔互不相邻，水笔也互不相邻，共有多少种不同的排法？（2）一次性取出3支笔，使得取出的三支笔中至少有1支铅笔，共有多少种不同的取法？解：（1）将支不同的水笔和支不同的铅笔排成一排，使得铅笔互不相邻，水笔也不相邻，只需先将支不同的铅笔进行全排，然后将支不同的水笔插入铅笔所形成的4个空位中（含两端），由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为种.（2）随机一次性摸出支笔，使得摸出的三支笔中至少有支铅笔，则铅笔的支数可以是或或，由分类加法计数原理知，不同的取笔种数为种.16.如图，在直五棱柱中，，，，，，是的中点．（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．解：（1）如图，分别取的中点，连接，则．因为，，所以四边形为平行四边形，所以，．同理，，所以，，所以四边形为平行四边形，故，又，所以，又平面，平面，所以平面．（2）如图，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，可得，，，，，则，，．设平面的法向量为，则，令，得．设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为．17.设函数=[]．（1）若曲线在点（1，）处的切线与轴平行，求；（2）若在处取得极小值，求的取值范围．解：（1）因为=[]，所以f′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）=［ax2–（2a+1）x+2］ex．f′(1)=(1–a)e．由题设知f′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．此时f(1)=3e≠0．所以a的值为1．（2）由（1）得f′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．若a>，则当x∈(，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，+∞)时，f′(x)>0．所以f(x)<0在x=2处取得极小值．若a≤，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤x–1<0，所以f′(x)>0．所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是（，+∞）．18.如图，设抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，且.记的面积分别为.（1）求抛物线的方程；（2）求最小值；（3）设点，直线与抛物线的另一交点为，求证：直线过定点.解：（1）设，直线，由消去整理得，，由，得，即，解得，故抛物线的方程是.（2）由（1）可得，所以，，当且仅当时等号成立，所以的最小值为.（3）设，则直线的斜率，方程为，由消去得整理得，显然，于是，又，联立消去，得，设直线，与抛物线联立，整理得，，因此，直线恒过定点.19.在必修一中，我们曾经学习过用二分法来求