精品解析：江苏省南京市第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题

南京一中2024-2025学年度第二学期3月月考检测卷 高 二 数 学 2025.3 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. 如图，在三棱锥中，设，，，若，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量的加法、减法和数乘运算求解. 【详解】， ， ， ， 故选：A. 2. 若函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设导函数的图象与轴交点的横坐标从左到右依次为，，， 其中，根据导函数的图像写出函数的单调区间，结合选项即可得解. 【详解】解：设导函数的图象与轴交点的横坐标从左到右依次为，，， 其中， 则当或时，，当或时，， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 在单调递减，故只有C满足. 故选：C. 3. 三名学生分别从4门选修课中选修一门课程，不同的选法有（ ） A. 24种 B. 81种 C. 64种 D. 32种 【答案】C 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理计算可得； 【详解】三名学生分别从4门选修课中选修一门课程，对于任意1名同学均有4种不同的选法，故不同的选法有种； 故选：C 4. 若，，则（ ） A. B. 4 C. D. 26 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量数量积的运算律及数量积的坐标表示、模的坐标表示计算得解. 【详解】向量，，则， 所以. 故选：A 5. 已知等比数列满足，，记为其前n项和，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比中项性质通分计算即可. 【详解】依题意，， 则. 故选：D. 6. 已知圆，直线上存在点，过点作圆的两条切线，切点为，，使得，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由结合切线长定理可得，再借助圆心到直线的距离建立不等式求解. 【详解】圆的圆心为，半径， 由，得，又，则， 而直线上存在点P，满足，于是点到该直线的距离， 解得，所以的取值范围是. 故选：C 7. 若函数在区间内有极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的导数，依题意可得在区间内有零点，参变分离可得，根据对勾函数的性质求出的取值范围，即可得到的取值范围，最后检验时不符合题意，即可得解. 【详解】函数，， 若函数在区间上有极值点， 则在区间内有零点， 由可得， 因为在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以，， 当时，，不符合题意， 所以实数的取值范围是. 故选：C． 8. 用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中6个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格⼦的染色方法种数为（ ） A. 15 B. 16 C. 18 D. 20 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分情况讨论，求出每种情况对应的染色方法种数，即可得出结果． 【详解】依题意，第一个格子必须为黑色，设格子从左到右的编号分别为1～6． 故①当1，3，5号格子为黑色时：有23＝8种； ②当1，3号为黑色且5号为白色时：若2号为黑色则有22＝4种，若2号为白色，则4号为黑色有2种，故此时共有4+2＝6种； ③当1号为黑色，3号为白色时：2号必为黑色，若4号为白色，则有1×1×1×1×1×2＝2种，若4号为黑色，则有1×1×1×1×2×2＝4种，故此时共有2+4＝6种； 综上，共有8+6+6＝20种． 故选：D． 【点睛】本题主要考查排列组合，意在考查考生的化归与转化能力、运算求解能力、逻辑推理能力，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理．本题解题的关键在于对1，3，5号格子的颜色进行讨论求解. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 给出下列命题，其中正确的是（ ） A. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 B. 在空间直角坐标系中，点关于坐标平面yOz的对称点是 C. 若空间四个点P，A，B，C满足，则A，B，C三点共线 D. 平面的一个法向量为，平面的一个法向量为.若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三个向量是否共面判断A，由点关于坐标面的对称判断B，由向量的运算确定三点共线可判断C，根据向量共线求参数可判断D。 【详解】对于A, 不共面，则不共面，所以也是空间的一个基底，故正确； 对于B, 点关于坐标平面yOz的对称点是，故错误； 对于C，由可得，即, 所以A，B，C三点共线，故正确； 对于D，由平面平行可得，所以，解得，故正确. 故选：ACD 10. 某种产品的加工需要经过5道工序，则以下说法正确的是（ ） A. 如果其中某道工序不能放在最后，那么有96种加工顺序 B. 如果其中某2道工序不能放在最前，也不能放在最后，那么有36种加工顺序 C. 如果其中某2道工序必须相邻，那么有24种加工顺序 D. 如果其中某2道工序不能相邻，那么有72种加工顺序 【答案】ABD 【解析】 【分析】先从另外4道工序中任选1道工序放在最后，再将剩余的4道工序全排列即可判断A；先从另外3道工序中任选2道工序放在最前和最后，再将剩余的3道工序全排列即可判断B；先排这2道工序，再将它们看做一个整体，与剩余的工序全排列即可判断C；先排其余的3道工序，出现4个空位，再将这2道工序插空即可判断D 【详解】先从另外4道工序中任选1道工序放在最后，有种不同的排法， 再将剩余的4道工序全排列，有种不同的排法， 故由分步乘法原理可得，共有种加工顺序，A正确； 先从另外3道工序中任选2道工序放在最前和最后，有种不同的排法， 再将剩余的3道工序全排列，有种不同的排法，故由分步乘法原理可得， 共有种加工顺序，B正确； 先排这2道工序，有种不同的排法，再将它们看做一个整体， 与剩余的工序全排列，有种不同的排法，故由分步乘法原理可得， 共有种加工顺序，C错误； 先排其余的3道工序，有种不同的排法，出现4个空位， 再将这2道工序插空，有种不同的排法，所以由分步乘法原理可得， 共有种加工顺序，D正确. 故选：ABD 11. 在长方体中，，，E为的中点，动点P在长方体内（含表面），且满足，记动点P的轨迹为Ω，则（ ） A. Ω的面积为 B. 平面与Ω所在平面平行 C. 当时，存在点P，使得 D. 当时，三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】取的中点，连接，四边形为动点P的轨迹Ω，求得面积判断A；连接，可证明平面平面，从而可判断B；以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，转化为是否有解问题处理，求解可判断C；确定的位置，进而可判断D. 【详解】因为，所以在确定的平面内，又， 取的中点，连接，则四边形为动点P的轨迹Ω， 因为长方体中，，， 所以，，进而可求得等腰梯形的高， 所以梯形的面积为，故A正确； 连接，因为且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面，又，平面， 所以平面平面，又平面平面， 所以平面与Ω所在平面不平行，故B错误； 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 当，则， 所以， 假设，则，即，解得， 所以当时，存在点P，使得，故C正确； 当时，点在上，则时点到平面的距离为定值，又三角形的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，将是否存在点P，使得，转化为方程是否有解问题，转化思想是数学的一种常见思想方法. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在空间直角坐标系中，、，平面的一个法向量是，则点到平面的距离为______________． 【答案】 【解析】 【分析】 利用点到平面的距离公式（为平面的一个法向量）可求得点到平面的距离. 【详解】由已知条件可得，平面的一个法向量为， 所以，点到平面的距离为. 因此，点到平面的距离为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下： （1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离； （2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为. 13. 圆与圆公共弦长为______. 【答案】 【解析】 【分析】将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程，求出圆的圆心到相交弦所在直线的距离，利用勾股定理可求得相交弦长. 【详解】将圆与圆的方程作差可得， 所以，两圆相交弦所在直线的方程为， 圆的圆心为原点，半径为， 原点到直线的距离为， 所以，两圆的公共弦长为. 故答案为：. 14. 已知数列的首项，其前项和为，且满足若对任意恒成立，则的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：根据有，，可得，变形为，，则不等比数列，当时是等比数列，则，公比为，所以，所以，当时，，当时，有，当时，有.由.综上. 考点：已知求，数列不等式与恒成立问题. 【思路点晴】本题主要考查已知求，数列不等式与恒成立问题.考查参数的取值范围的求解.根据条件求出与有关的关系式是解决本题的关键.首先利用数列的通项与前项和的关系是，利用配凑法将作差后得到配凑成等比数列，然后利用差比较法，结合求的取值范围. 四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. （1）用、、、、、可以组成多少个无重复数字的密码箱的四位密码； （2）用、、、、、可以组成多少个无重复数字的比大的四位偶数． 【答案】（1）360；（2）120. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用排列计数问题列式计算得解. （2）按最高位上的数字是2和大于2分类，利用有限制条件的排列问题列式求解. 【详解】（1）无重复数字的四位密码相当于从6个数字中任取4个的排列， 所以无重复数字的密码箱的四位密码个数为. （2）最高位上的数字为2的无重复数字的四位偶数，其个位是之一，共有个； 最高位上的数字为之一的无重复数字的四位偶数，其个位是之一，共有个， 最高位上的数字为4的无重复数字的四位偶数，其个位是之一，共有个， 所以比大的无重复数字的四位偶数个数为. 16. 已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|． （1）求C1的离心率； （2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程． 【答案】（1）；（2）：，： . 【解析】 【分析】（1）根据题意求出的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设在第一象限，运用代入法求出点的纵坐标，根据，结合椭圆离心率的公式进行求解即可； （2）由（1）可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方程，最后结合已知进行求解即可； 【详解】解：（1）因为椭圆的右焦点坐标为：,所以抛物线的方程为，其中. 不妨设在第一象限，因为椭圆的方程为：， 所以当时，有，因此的纵坐标分别为，； 又因为抛物线的方程为，所以当时，有， 所以的纵坐标分别为，，故，. 由得，即，解得（舍去），. 所以的离心率为. （2）由（1）知，，故，所以的四个顶点坐标分别为，，，，的准线为. 由已知得，即. 所以的标准方程为，的标准方程为. 【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力. 17. 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点。 （1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值； （2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果. 详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz． 因为AB=AA1=2， 所以． （1）因为P为A1B1的中点，所以， 从而， 故． 因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为． （2）因为Q为BC的中点，所以， 因此，． 设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量， 则即 不妨取， 设直线CC1与平面AQC1所成角为， 则， 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为． 点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 18. 已知函数的导函数为，的导函数为，对于区间，若与在区间上都单调递增或都单调递减，则称为区间上的自律函数若是上的自律函数． （1）求的取值范围 （2）若取得最小值时，只有一个实根，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出，，然后根据自律函数的定义可知与在区间上都单调递增，则且，再根据二次函数的性质列不等式组可求得结果； （2）令，求导后利用导数求出的单调区间，求出其极值，再将问题转化为的图象与直线只有一个交点，从而可求出实数的取值范围. 【小问1详解】 由， 得， ， 因为是上的自律函数，且在上不可能恒小于零， 所以与区间上都单调递增， 所以在上恒成立， 所以，解得， 所以的取值范围为； 小问2详解】 当时，， 令， 则， 由，得，得， ，解得或， 由，得，得， ，解得， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 即在和上单调递增，在上单调递减， 因为只有一个实根， 所以的图象与直线只有一个交点， 因为，，， 所以或， 即实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数解决函数单调性问题，考查函数与方程的综合问题，第（2）问解题的关键是将问题转化为的图象与直线只有一个交点，再根据的单调性求解，考查计算能力和数学转化思想，属于中档题. 19. 如图，在平行六面体中，平面ABCD，，， （1）求证：； （2）求三棱锥的体积； （3）线段上是否存在点E，使得平面EBD与平面的夹角为?若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）4 （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）解法一，由平面ABCD，，可求得，证明，得证；解法二，在平面ABCD内过点D作AB的垂线，垂足为H，以D为原点为轴，建立空间直角坐标系，由结合已知条件求出点坐标，利用向量坐标运算证明，得证；解法三，在平面ABCD中，过B作DC的垂线，垂足为G，连结交于F，通过证明平面，得证，在各直角三角形中，通过相似比和勾股定理，求出的值，由，得证； （2）过作于H，由等体积，求值即可； （3）解法一，以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系；解法二，利用（1）中解法二的空间直角坐标系；设，向量法求平面EBD与平面的夹角，由的值确定结论. 【小问1详解】 解法一：因为⊥平面ABCD，平面ABCD， 所以，，所以，， 因为，所以， 又因为，. 所以，化简得. 所以， 所以. 解法二：在平面ABCD内过点D作AB的垂线，垂足为H，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ，，，， 设，则， 所以，， 由得，所以， 又因为，所以，解得， 所以，，，， 所以， 所以. 解法三：在平面ABCD中，过B作DC的垂线，垂足为G，连结交于F. 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 则，所以，所以，， 在中，，，，所以， 在中，，，所以， 在中，，，，所以，所以， 所以. 【小问2详解】 因为，由（1）知，所以， 过作于H，则. 因为直棱柱中平面平面ABCD，平面平面， 平面ABCD，所以平面， 所以. 【小问3详解】 解法一：假设存在点E满足条件， 因⊥平面ABCD，， 所以以D为原点，建立空间直角坐标系，如图所示， ，，，，，， ， 设，则， 设平面EBD的一个法向量为， 由，得， 令，得，所以. 设平面的一个法向量， 由，得， 令，得，所以. 所以， 因为平面EBD与平面的夹角为， 即，解得， 又因为，所以舍去， 所以线段上不存在点E使得平面EBD与平面的夹角为. 解法二：由（1）解法二得平面的一个法向量为， 假设存在E点满足条件，设，则 设平面EBD的一个法向量为， 由，得， 令，则，所以. 所以， 因为平面EBD与平面的夹角为， 即，解得. 又因为，所以舍去， 所以线段上不存在点E使得平面EBD与平面的夹角为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京一中2024-2025学年度第二学期3月月考检测卷 高 二 数 学 2025.3 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. 如图，在三棱锥中，设，，，若，，则（　　） A. B. C. D. 2. 若函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 3. 三名学生分别从4门选修课中选修一门课程，不同选法有（ ） A. 24种 B. 81种 C. 64种 D. 32种 4 若，，则（ ） A. B. 4 C. D. 26 5. 已知等比数列满足，，记为其前n项和，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 6. 已知圆，直线上存在点，过点作圆的两条切线，切点为，，使得，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 7. 若函数在区间内有极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中6个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格⼦的染色方法种数为（ ） A. 15 B. 16 C. 18 D. 20 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 给出下列命题，其中正确是（ ） A. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 B. 在空间直角坐标系中，点关于坐标平面yOz的对称点是 C. 若空间四个点P，A，B，C满足，则A，B，C三点共线 D. 平面的一个法向量为，平面的一个法向量为.若，则 10. 某种产品的加工需要经过5道工序，则以下说法正确的是（ ） A. 如果其中某道工序不能放在最后，那么有96种加工顺序 B. 如果其中某2道工序不能放最前，也不能放在最后，那么有36种加工顺序 C. 如果其中某2道工序必须相邻，那么有24种加工顺序 D. 如果其中某2道工序不能相邻，那么有72种加工顺序 11. 在长方体中，，，E为的中点，动点P在长方体内（含表面），且满足，记动点P的轨迹为Ω，则（ ） A. Ω的面积为 B. 平面与Ω所平面平行 C. 当时，存在点P，使得 D. 当时，三棱锥的体积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在空间直角坐标系中，、，平面的一个法向量是，则点到平面的距离为______________． 13. 圆与圆的公共弦长为______. 14. 已知数列的首项，其前项和为，且满足若对任意恒成立，则的取值范围是_________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. （1）用、、、、、可以组成多少个无重复数字的密码箱的四位密码； （2）用、、、、、可以组成多少个无重复数字的比大的四位偶数． 16. 已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|． （1）求C1的离心率； （2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程． 17. 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点。 （1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值； （2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值 18. 已知函数的导函数为，的导函数为，对于区间，若与在区间上都单调递增或都单调递减，则称为区间上的自律函数若是上的自律函数． （1）求的取值范围 （2）若取得最小值时，只有一个实根，求实数的取值范围. 19. 如图，在平行六面体中，平面ABCD，，， （1）求证：； （2）求三棱锥的体积； （3）线段上是否存在点E，使得平面EBD与平面的夹角为?若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $