重庆市北碚区2025-2026学年高二数学下学期4月月考试题【含答案】

（数学试题共4页，考试时间120分钟，满分150分）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.90 B.60 C.45 D.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.30 B.20 C.15 D.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：C4.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：B6.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：A8.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对于B，xex'对于C，cos4x-5'=-对于D，x3log2x10.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：ABC11.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：1014.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