重慶市第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期第一次月考（3月）數(shù)學(xué)試題（Word版附解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

注意事項(xiàng):
1. 答題前，務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡規(guī)定的位置上.
2. 答選擇題時，必須使用 2B 鉛筆將答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號.
3. 答非選擇題時，必須使用 0.5 毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規(guī)定的位置上.
4. 所有題目必須在答題卡上作答，在試題卷上答題無效.
一、單選題(本大題共 8 個小題，每題只有一個選項(xiàng)正確，每小題 5 分，共 40 分)
1. 設(shè)為等比數(shù)列的前項(xiàng)和，若，，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前項(xiàng)的基本量運(yùn)算求解．
【詳解】由已知，，所以．
故選：A．
2. 已知為拋物線的焦點(diǎn)，過點(diǎn)的直線交拋物線于兩點(diǎn)，若，則線段的中點(diǎn)到拋物線的準(zhǔn)線的距離為（）
A. 8B. 6C. 4D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用拋物線的定義，將弦長表示成，再根據(jù)梯形中位線定理計(jì)算即得.
【詳解】如圖，設(shè)，因拋物線的焦點(diǎn)為，準(zhǔn)線方程為，
過點(diǎn)分別作準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為，

則，，
由，
在直角梯形中，是其中位線，
則，
即點(diǎn)到拋物線的準(zhǔn)線的距離為4.
故選：C.
3. 已知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，若，則（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差數(shù)列的性質(zhì)可求得的值，再結(jié)合等差數(shù)列求和公式以及等差中項(xiàng)的性質(zhì)可求得的值.
【詳解】由等差數(shù)列的性質(zhì)可得，則，
故.
故選：B.
4. 已知二項(xiàng)式，則（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用賦值法可得特定項(xiàng)系數(shù)及項(xiàng)的系數(shù)之和.
【詳解】,
令，則，
即，
又，
所以，
故選：D.
5. 過點(diǎn) 作斜率為的直線與雙曲線相交于兩點(diǎn)，若是線段的中點(diǎn)，則雙曲線的離心率等于（）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用點(diǎn)差法可得，從而可得答案.
【詳解】設(shè)，則，兩式作差可得，
即，所以，所以，
所以離心率.
故選：C
6. 一位同學(xué)用eefffn這個字母組詞，恰好能組成 “enfeff” 一詞的概率為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)字母情況先全排列再除以順序得到這個字母隨機(jī)排列的所有情況總數(shù)，再分析恰好能組成 “enfeff” 一詞占種情況，由此即可求解.
【詳解】根據(jù)已知條件這個字母隨機(jī)排列共有，
恰好能組成 “enfeff” 一詞占其中的種情況，
所以這個字母組詞，恰好能組成 “enfeff” 一詞的概率為.
故選：B
7. 已知，若存在兩條過的切線，則的取值范圍為（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得導(dǎo)函數(shù)，設(shè)切點(diǎn)寫出切線方程，則切線方程過點(diǎn)，得到帶參數(shù)的關(guān)于的一元二次方程，因?yàn)榇嬖趦蓷l切線，即方程有兩個不等的實(shí)根，即，注意實(shí)根不能為，由此求得的取值范圍.
【詳解】由題意可得，設(shè)切點(diǎn)為，
則切點(diǎn)處的斜率為，則切線方程為，
因?yàn)榍芯€過點(diǎn)，代入切線方程，可得，
整理得，因?yàn)? 存在兩條過點(diǎn)的切線，
所以方程有兩個不等的實(shí)根，
若，則，原方程有兩個相等的實(shí)根，不符合題意；
故Δ=a2+4a>0，解得或.
故選：A.
8. 在《哪吒之魔童鬧海》中，哪吒成仙三關(guān)檢測中第一關(guān)收服土撥鼠，土撥鼠小隊(duì)眼神清澈，手拿破碗，穿著破爛，吃著南瓜粥，過著自給自足，與世無爭的生活.若在某天清晨，土撥鼠小隊(duì)長帶領(lǐng)另外5只土撥鼠排隊(duì)出門巡邏，小隊(duì)長只能在排頭或結(jié)尾；甲土撥鼠是新手，不能離隊(duì)長超過 1 只土撥鼠距離；乙丙土撥鼠太吵鬧不能相鄰，請問這支土撥鼠小隊(duì)總共有（）種排隊(duì)巡邏方式.
A. 72B. 48C. 64D. 56
【答案】D
【解析】
【分析】利用不相鄰問題插空法，特殊元素優(yōu)先安排的方法可求答案.
【詳解】小隊(duì)長A只能在排頭或結(jié)尾，分兩種情況討論:
①小隊(duì)長A在排頭，甲土撥鼠是新手，不能離隊(duì)長超過1只土撥鼠距離，甲土撥鼠只能在第二位或第三位;
若甲土撥鼠在第二位，先排其余2只土撥鼠，乙丙插空排列即可，共種;
若甲土撥鼠在第三位，乙丙之一在第二位，其余土撥鼠全排列，或者乙丙在第四位和第六位，共種;
②小隊(duì)長A在結(jié)尾，同理可得，共種;
綜上所述，這支土撥鼠小隊(duì)總共有56種排隊(duì)巡邏方式.
故選：D
二、多選題(本大題共 3 個小題，每小題 6 分，共 18 分. 在每小題給出的選項(xiàng) 中，有多項(xiàng)是符合題目要求的. 全部選對的得 6 分，部分選對的得部分分，有選錯的得 0 分)
9. 射擊場，甲乙兩人獨(dú)立射擊同一個靶子，擊中靶子的概率分別為 . 記事件為 “兩人都擊中”，事件為 “至少 1 人擊中”，事件為 “無人擊中”，則下列說法正確的是（）
A. 事件與是互斥事件B. 事件與是對立事件
C. 事件與相互獨(dú)立D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)事件之間的關(guān)系，以及互斥事件，對立事件的概念，相互獨(dú)立事件的概率公式逐一判斷即得.
【詳解】依題意，，，.
對于A，因“兩人都擊中”的對立事件為“至多1人擊中”，即包括“無人擊中”，“1人擊中”，故事件與是互斥事件，即A正確；
對于B，因“至少 1 人擊中”包括“1人擊中”，“2人擊中”兩種情況，故其對立事件即“無人擊中”，即B正確；
對于C，依題意，因，則，而，故事件與不相互獨(dú)立，即C錯誤；
對于D，因，故，故D正確.
故選：ABD.
10. 已知橢圓的左右焦點(diǎn)為，，為橢圓上一動點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)，是橢圓上位于軸上方的點(diǎn)，且，則下列說法正確的有（）
A. 面積的最大值為B. 存在點(diǎn)，使
C. 若，則的最大值為D. 的最小值為
【答案】AC
【解析】
【分析】根據(jù)橢圓焦點(diǎn)三角形的性質(zhì)可判斷A選項(xiàng)；；設(shè)點(diǎn)坐標(biāo)，結(jié)合向量數(shù)量積判斷B選項(xiàng)；結(jié)合橢圓的定義，根據(jù)橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)距離的取值范圍可判斷C選項(xiàng)；根據(jù)橢圓的對稱性，設(shè)直線方程，聯(lián)立直線與橢圓，結(jié)合韋達(dá)定理可得，進(jìn)而可得最值，判斷D選項(xiàng).
【詳解】由橢圓方程，可知，，，
A選項(xiàng)：的面積，
所以當(dāng)點(diǎn)為橢圓短軸頂點(diǎn)時面積最大為，A選項(xiàng)正確；
B選項(xiàng)：設(shè)，，則，即，
，，
則，
所以不存在使，B選項(xiàng)錯誤；
C選項(xiàng)：
如圖所示，由橢圓定義可知，
當(dāng)點(diǎn)在延長線時取等號，C選項(xiàng)正確；
D選項(xiàng)：
設(shè)直線與橢圓的另一個交點(diǎn)為，
由橢圓的對稱性可知，當(dāng)時，，
設(shè)直線的方程為，
聯(lián)立直線與橢圓，化簡可得，，
則，，
則，，
所以，
又，所以，D選項(xiàng)錯誤；
故選：AC.
11. 著名的斐波那契數(shù)列滿足 . 有關(guān)斐波那契數(shù)列的下列說法正確的有（）
A.
B.
C. 最大值為 3
D. 若斐波那契數(shù) 除以 4 所得的余數(shù)按原順序排列成，則
【答案】ACD
【解析】
【分析】對于AD，寫出斐波那契數(shù)列的前項(xiàng)和前項(xiàng)后即可判斷正誤，對于B，需要對遞推關(guān)系變形，采用累加法求得前項(xiàng)和第項(xiàng)的關(guān)系，對于C，斐波那契數(shù)列從第項(xiàng)起是個遞增數(shù)列，所以的最大值為，由此即可選出答案.
【詳解】對于A，由題意可知，斐波那契數(shù)列的前項(xiàng)依次為，
即，故A正確；
對于B，由遞推關(guān)系可得，所以有，
，累加得，
即，
所以當(dāng)時，有，故B錯誤；
對于C，由遞推關(guān)系可知，
當(dāng)時，，所以，
因?yàn)閺牡陧?xiàng)起，斐波那契數(shù)列是個遞增數(shù)列，即當(dāng)時，，
而當(dāng)時，為最大值，所以的最大值為，故C正確；
對于D，由題意可得
，所以，故D正確.
故選：ACD
三、填空題(本大題共 3 個小題，每小題 5 分，共 15 分)
12. 已知的二項(xiàng)展開式中僅有第 4 項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，則的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為_____
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)已知條件確定，再根據(jù)二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)求出時對應(yīng)常數(shù)項(xiàng)，將代入通項(xiàng)即可求解.
【詳解】根據(jù) 的二項(xiàng)展開式中僅有第 4 項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，可得，
所以展開式的通項(xiàng)為，
令，解得，
所以展開式的常數(shù)項(xiàng)為.
故答案為：
13. 在等比數(shù)列中，，，若，則滿足最小正整數(shù) _____
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)等比數(shù)列直接可得，進(jìn)而可得，再根據(jù)裂項(xiàng)相消法可得，解不等式即可.
【詳解】由已知，數(shù)列是等比數(shù)列，且，，
設(shè)數(shù)列的公比為，
則，解得，
則，
所以，，
則，
所以，
所以，又，所以，即，
即滿足條件的最小正整數(shù)為，
故答案為：.
14. 在上有且僅有 1 個極值點(diǎn)，則的取值范圍為_____.
【答案】
【解析】
【分析】將問題轉(zhuǎn)化為在上有且只有一個零點(diǎn)，且，由此解出的取值范圍.
【詳解】由題意可得，則在上有且只有一個零點(diǎn)，
且有，即，解得，
所以的取值范圍為.
故答案為：.
四、解答題(本大題共 5 個小題，共 77 分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)
15. 已知甲乙丙等人參加活動.
（1）從這人中選出人參加米接力比賽，其中若甲參加，則必須與乙相鄰，求共有多少種不同的參賽方案?
（2）將這人安排到項(xiàng)不同的活動中，每項(xiàng)活動至少安排人，求甲乙丙三人恰好被安排在同一項(xiàng)活動中的概率?
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分兩種情況，當(dāng)甲參加時，先確定甲乙兩人以外其他四人的選擇情況數(shù)，再利用捆綁法可得此時所有情況數(shù)；當(dāng)甲不參加時，直接從其他五人中選取四人參加比賽；最后利用分類加法進(jìn)行求和；
（2）利用古典概型的定義，分別計(jì)算這人安排到項(xiàng)不同的活動中，每項(xiàng)活動至少安排人的所有情況數(shù)，以及甲乙丙三人恰好被安排在同一項(xiàng)活動的情況數(shù)，即可得解.
【小問1詳解】
當(dāng)甲參加時，乙一定參加，則從其余人中選取參加，共種情況，
又此時甲乙相鄰，則共種排序情況，
即當(dāng)甲參加時，共有種情況；
當(dāng)甲不參加時，其他人中選取人參加比賽共有種情況；
綜上所述共有種情況；
【小問2詳解】
這人安排到項(xiàng)不同的活動中，每項(xiàng)活動至少安排人，
則當(dāng)項(xiàng)活動中有項(xiàng)活動是人參加時，共有種情況；
當(dāng)項(xiàng)活動中有項(xiàng)活動是人參加時，共有種情況，
綜上所述共有種情況
其中甲乙丙三人恰好被安排在同一項(xiàng)活動的情況數(shù)為，
故甲乙丙三人恰好被安排在同一項(xiàng)活動的概率為.
16. 已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，且滿足，是公比大于0的等比數(shù)列，且，.
（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（2）若表示數(shù)列在區(qū)間的項(xiàng)數(shù)，求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由，則，兩式相減，再利用累乘法即可求數(shù)列的通項(xiàng)公式；數(shù)列的公比為，由解得，從而求得；
（2）依題意可得，再利用分組求和法，結(jié)合等比數(shù)列的前項(xiàng)和公式即可求解.
【小問1詳解】
因?yàn)椋援?dāng)時，，
兩式相減得，
所以，即，
所以且，
也滿足上式，故數(shù)列的通項(xiàng)公式.
令數(shù)列的公比為，
因?yàn)?，?br>則，即，解得（舍去負(fù)值），
所以.
【小問2詳解】
由（1）知，，，
表示數(shù)列在區(qū)間的項(xiàng)數(shù)，
則，
所以
.
17. 已知函數(shù) 有兩個不同的零點(diǎn) .
（1）求的取值范圍；
（2）求證: .
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）求出的導(dǎo)函數(shù)后分類討論，發(fā)現(xiàn)只有才可能存在兩個不同的零點(diǎn)，求出函數(shù)的單調(diào)性，則需的極大值大于才能滿足題意，由此求出的取值范圍；
（2）由零點(diǎn)定義得到兩個方程，變形得到兩根之和的等式，通過構(gòu)造函數(shù)證明所求不等式.
小問1詳解】
由題意知函數(shù)的定義域?yàn)?，?dǎo)函數(shù)為，
若，則，即在上單調(diào)遞增，則在上至多一個零點(diǎn)，不合題意舍去；
則必有，令，得，
當(dāng)時，；當(dāng)時，，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
故存在極大值，無極小值.
因?yàn)楫?dāng)時，；當(dāng)時，，
若函數(shù)有兩個不同的零點(diǎn)，則，解得，
所以的取值范圍為.
【小問2詳解】
因?yàn)槭呛瘮?shù)有兩個不同的零點(diǎn)，不妨設(shè)，
則，
兩邊取對數(shù)得，
兩式相減得，
設(shè)，則，且有，解得，所以，
要證明，只需證明，即證，
故構(gòu)造函數(shù)，則，
所以在上單調(diào)遞減，所以，即，
故原不等式成立.
18. 橢圓C:，、為該橢圓的左右焦點(diǎn)，為過的一條直線，與橢圓交于兩點(diǎn)，弦長的最小值為，且當(dāng)最小時，三角形面積為.
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及離心率；
（2）對任意的直線，在軸上總存在一點(diǎn)，使得直線與直線的斜率之和為1，求的取值范圍.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)橢圓的性質(zhì)可知，過焦點(diǎn)的弦長最短時為通徑，利用通徑公式以及三角形面積公式可求出橢圓的基本參數(shù)、，進(jìn)而得到橢圓方程和離心率；
（2）設(shè)出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，得到關(guān)于的一元二次方程，利用韋達(dá)定理表示出和，再根據(jù)直線斜率公式表示出，結(jié)合已知條件求解的取值范圍.
【小問1詳解】
依題意，為焦點(diǎn)弦，當(dāng)且僅當(dāng)軸時，弦長取最小值為，
此時將代入，解得，則①，
又的面積為，即，解得.則②.
聯(lián)立①②，可得：，得（負(fù)值舍去）.
把代入，得.
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，離心率.
【小問2詳解】
當(dāng)直線的斜率不存在時，直線的方程為，代入橢圓方程可得，不妨設(shè)，.
由，根據(jù)直線斜率公式可得，解得.
當(dāng)直線的斜率存在時，設(shè)直線的方程為，，.
聯(lián)立，得：，.
由韋達(dá)定理可得，（*）.
根據(jù)直線斜率公式，，且，，
得.
分子化簡得：.
則，整理得到
將（*）代入上式得：.
去分母化簡得：，即.
因?yàn)閷θ我獾闹本€，在軸上總存在一點(diǎn)滿足條件，
所以關(guān)于的方程有解.
當(dāng)即滿足題意；
當(dāng)需使方程的判別式，
解得.
綜上，的取值范圍是.
19. 、為函數(shù)圖像上兩點(diǎn)，且，在、處的切線為與軸分別交于點(diǎn)，直線與軸交于點(diǎn).
（1）若，恒成立，求正數(shù)的取值范圍；
（2）若三角形的面積為，三角形的面積為，比較與的大小，并說明理由;
（3）試證明: .
【答案】（1）
（2）
（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）當(dāng)時，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性和最值可得，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性和最值可得，然后取交集即可；
（2）結(jié)合導(dǎo)數(shù)的意義和點(diǎn)斜式，分別求出三條直線方程，進(jìn)而求出，然后由三角形的面積公式結(jié)合對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)和兩直線垂直斜率關(guān)系化簡可得；
（3）由（1）可得，當(dāng)時，，再結(jié)合對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)證明即可.
【小問1詳解】
，
當(dāng)時，設(shè)，
則，
因?yàn)?，所以，又?br>所以恒成立，所以，不符合題意；
當(dāng)時，設(shè)，
則，
因?yàn)楹愠闪?，所以恒成立，即恒成立?br>所以，又，所以，
綜上，正數(shù)的取值范圍為.
【小問2詳解】
當(dāng)時，，，
則，
令，則，
當(dāng)時，，，
則，
令，則，
又直線的方程為，
令，則，其中，
因?yàn)樗裕?br>所以，所以，
所以，
，
將代入上式可得，
所以
【小問3詳解】
由（1）可得，當(dāng)時，，即，
令，
可得
累加可得.

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