广东省广州市三校联考2024~2025学年 高二下册4月期中“三校联考”数学试卷附解析

/广东省广州市三校联考2024_2025学年高二下册4月期中“三校联考”数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知数列的通项公式是，则122是该数列的（

）A．第10项 B．第11项 C．第12项 D．第13项2．下列求导运算正确的是（

）A． B．C． D．3．已知数列中，，则（

）A．2 B． C． D．14．在送课下乡支教活动中，某学校安排甲、乙、丙、丁、戊五名教师到三所薄弱学校支教，每所学校至少安排一名教师，且甲、乙两名教师安排在同一学校支教，丙、丁两名教师不安排在同一学校支教，则不同的安排方法总数为（

）A．20 B．24 C．30 D．365．若的展开式中只有第6项的系数最大，则该展开式中的常数项为（

）A．10 B．210 C．252 D．4636．记为等差数列的前项和，若，，则（

）A．40 B．60 C．76 D．887．在的展开式中，的系数是（）A．690 B． C．710 D．8．设函数在上存在导函数，对任意实数，都有，当时，，若，则实数的最小值是（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知等差数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（

）A．数列是递增数列 B．C．当取得最大值时， D．10．已知，则（）A．的值为2B．的值为80C．的值为D．11．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第行开始，第行从左至右的数字之和记为，如，，，的前项和记为，依次去掉每一行中所有的构成的新数列、、、、、、、、、、，记为，的前项和记为，则下列说法正确的有（

）A． B．的前项和为C． D．三、填空题（本大题共3小题）12．．13．将1，2，3，…，9这9个数填入如图所示的格子中（要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数），记第1行中最大的数为，第2行中最大的数为，第3行中最大的数为，则的填法共有种.14．对任意，函数恒成立，则a的取值范围为．四、解答题（本大题共5小题）15．已知函数在处取得极小值，且极小值为．(1)求的值；(2)求在上的最值.16．如图，在四棱锥中，平面的中点，.(1)求证：四边形是直角梯形.(2)求直线与平面所成角的正弦值.17．已知数列的前项和为，且(1)求，并证明数列是等差数列；(2)求数列的前项和为(3)若，求正整数的所有取值．18．已知椭圆过点，焦距为，过作直线l与椭圆交于C,D两点，直线分别与直线交于E,F．(1)求椭圆的标准方程；(2)记直线的斜率分别为，证明是定值；(3)是否存在实数，使恒成立．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．19．已知函数．(1)当时，求在曲线上的点处的切线方程；(2)讨论函数的单调性；(3)若有两个极值点，，证明：．

答案1．【正确答案】B【详解】令，解得（舍去负值），所以，，即122是该数列的第11项.故选B.2．【正确答案】C【详解】对于A中，由，所以A错误；对于B中，由，所以B错误；对于C中，由，所以C正确；对于D中，由，所以D错误.故选C.3．【正确答案】A【详解】由已知可得，，，，，，所以，数列是一个以3为周期的数列，.故选A.4．【正确答案】C【分析】依题意去三所学校的教师人数可能为（、、）或（、、）两种情况，先分组，再分配，最后根据分类加法计数原理计算可得.【详解】依题意去三所学校的教师人数可能为（、、）或（、、）两种情况，若是、、，则有种安排，若是、、，则种安排，综上可得一共有种安排.故选C.【思路导引】根据题意，分两步分析：①将5人分成3组，②将分好的3组安排到3个学校，由分布计数原理计算可得答案.5．【正确答案】B【分析】写出其通项公式，根据展开式中只有第6项的系数最大，可求，令的指数为，即可求得常数项.【详解】展开式的通项公式为，因为展开式中只有第6项的系数最大，所以，令，所以，所以展开式中的常数项为.故选.6．【正确答案】D【分析】设首项为，公差为，根据等差数列求和公式得到方程组，解得、，再由求和公式计算可得.【详解】设首项为，公差为，由，，可得，解得，所以.故选D7．【正确答案】D【详解】观察原式，这是首项为，公比为（），项数为的等比数列的和.根据等比数列求和公式要求原式展开式中的系数，即求展开式中的系数.根据二项式展开式的通项公式分别求出和展开式中的系数.对于，，令，则的系数为.对于，，令，则的系数为.所以展开式中的系数为，即原式展开式中的系数为.

故选D.8．【正确答案】A【详解】构造函数，对任意实数，都有，则，所以，函数为偶函数，.当时，，则函数在上单调递减，由偶函数的性质得出函数在上单调递增，，即，即，则有，由于函数在上单调递增，，即，解得，因此，实数的最小值为，故选A.9．【正确答案】CD【详解】ABD选项，设的公差为，，故，，故，所以，且，，即是递减数列，AB错误，D正确.C选项，由于是递减数列，，，故当取得最大值时，，C正确.故选CD.10．【正确答案】ACD【详解】对于A，令，可得，故A正确；对于B，含的项为，所以，故B错误，对于C，令得，，令，，所以，，所以，故C正确；对于D，令，可得，两边同乘以，可得，故D正确；故选ACD.11．【正确答案】BCD【详解】对于A选项，，所以，，A错；对于B选项，，，所以，数列的前项和为，B对；对于C选项，将数列、、、、、、、、、、变成以下数阵则该数阵第有个数，第行最后一项位于原数列第项，因为，所以，位于该数阵第行第个数，则，C对；对于D选项，对于C选项中的数阵，由题意可知，该数阵第行所有数为“杨辉三角”数阵中第行去掉首、尾两个得到，而“杨辉三角”数阵中第行所有数之和为，所以，该数阵第行所有数之和为，所以，，D对.故选BCD.12．【正确答案】【详解】.13．【正确答案】60480【详解】第3行，，可选的位置有3个，其余2个位置任取2个数，共有种情况.第2行，取剩下6个数中最大的数为，可选的位置有3个，其余2个位置任取2个数，共有种情况，第1行，剩下3个数任意排列，则有种情况，故共有种填法.14．【正确答案】【详解】由题意得，因为，所以，即，令，则恒成立，因为，令得，，单调递增，令得，，单调递减，且当时，恒成立，当时，恒成立，因为，所以恒成立，故，当时，，此时满足恒成立，当，即时，由于在上单调递增，由得，令，，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，，故，即，所以，a的取值范围是.15．【正确答案】(1)(2)最大值为，最小值为【详解】（1）因为，由题知，解得，所以，当时，，时，，则的增区间为，减区间为，所以满足题意.（2）由（1）知，在区间上单调递增，在区间上单调递减，又，，，所以在上的最大值为，最小值为.16．【正确答案】(1)证明见解析(2).【详解】（1）平面平面..又，得.又平面平面，又平面，则.又.又四边形是直角梯形.（2）过作的垂线交于点.平面平面.以为原点，分别为轴，如图建立空间直角坐标系.则.的中点，.设平面的法向量为，则，令，得.设直线与平面所成的角为，.直线与平面所成角的正弦值为.17．【正确答案】(1)，证明见解析(2)(3)可取1，2，3【详解】（1）当时，有，解得.当时，有，，作差可得，所以有，所以有.又，所以数列为以为首项，为公差的等差数列，所以.（2）由（1）可知，，则.所以，，则，作差可得，，所以，.（3）由（1）（2）可知，，.所以，，.由可得，，整理可得.令，易知在上单调递增，在上单调递增，所以，在上单调递增.又，，，，所以，当时，有，即在时不成立.所以可取1，2，3.18．【正确答案】(1)(2)证明见解析(3)存在；【详解】（1）因为椭圆过点，焦距为，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）证明：设，直线的斜率一定存在，设为，则，消去得到，，，故是定值.（3）设存在实数，使恒成立，由，，设到直线的距离为，到直线的距离为，则，①因为，所以，②把①代入②并化简可得，由上问可知，代入上式可得，所以.19．【正确答案】(1)；(2)详见解析；(3)详见解析.【分析】（1）根据导数的几何意义求出；（2）求出导函数，在定义域内分类讨论解含参不等式即可求出；（3）由题意得，，，而，只需证明，即证：，即证：对任意的恒成立即可．【详解】（1）由题可知，当时，，，，切点为，切线的斜率为，切线方程为：，即；（2）对函数求导可得，．当时，．则在上单调