精品解析：江苏省南京市南京航空航天大学附属高级中学2024-2025学年高二下学期3月学情调研数学试题

南航附中高二年级3月数学学科学情调研 一、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. 已知点，若向量，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，设，再由向量的坐标，列出方程，即可得到结果. 【详解】设，因为，且， 则，所以，即. 故选：A 2. 设，为的导函数，若，则（ ） A. B. C. e D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出导数即可解出. 【详解】，， 则，解得. 故选：C. 3. 用0，1，2，…，5这6个数字组成无重复数字的三位数的个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先排百位上的数字，再排其他位置上的数字，利用排列数公式求解即可． 【详解】先排百位有种排法， 再排十位和个位，有种排法， 故组成无重复数字的三位数的个数是个． 故选：C． 4. 在等比数列中，，则的值为（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】本题可根据等比中项的性质求出的值，然后根据即可得出结果. 【详解】因为数列是等比数列， 所以，解得， 因为，所以. 故选：B. 5. 在三棱柱中，记，，，点P满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算求出结果． 【详解】三棱柱中，记，，， 如图所示： 故 ． 故选：D． 6. 数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【分析】先分类，再每一类中用分步乘法原理即可. 【详解】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为或或若是，则先将门学科分成三组共种不同方式.再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种 所以每位同学的不同选修方式有种， 故选：B. 7. 已知函数，如果直线与的图象无交点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意分析可得：原题意等价于与没有交点，结合导数的几何意义运算求解. 【详解】令，整理得， 构建，原题意等价于与没有交点， 因为， 设切点坐标为，切线斜率， 则切线方程为， 若切线过原点，则，解得， 此时切线斜率， 可得，解得， 所以的取值范围是. 故选：C. 【点睛】方法点睛：求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法 （1）已知切点，求在点P处的切线方程：求出切线的斜率，由点斜式写出方程． （2）已知切线的斜率为k，求的切线方程．设切点，通过方程解得x0，再由点斜式写出方程． （3）已知切线上一点(非切点)，求的切线方程：设切点，利用导数求得切线斜率，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程． 8. 已知EF是棱长为8的正方体的一条体对角线，空间一点M满足，AB是正方体的一条棱，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由空间向量的数量积运算计算可得，即可得的轨迹，即可根据数量积的几何意义求解即可． 【详解】取的中点,, 则， 所以． 所以在以为球心，为半径的球面上，如图 可知在上的投影数量最小值为， 所以的最小值为， 所以的最小值为． 故选：B． 二、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，不选或有选错的得0分. 9. 设数列的前n项和为，已知，，，则（ ） A. B. C. 数列是等比数列 D. 数列是等比数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据的关系，即可作差求解是从第二项开始的等比数列，是等比数列，即可结合等比数列的通项公式及性质检验各选项即可判断． 【详解】因为，所以，， 故时，两式相减得，，即， 因为不适合上式， 故数列是从第二项开始的等比数列，公比为4，，C错误； 则，A正确； ，B正确； 因为，所以， 即数列是以1为首项，以4为公比的等比数列，D正确． 故选：ABD． 10. 甲、乙、丙、丁四名志愿者到A，B，C三所山区学校参加支教活动，每个志愿者仅在一所学校支教，要求每所学校至少安排一名志愿者，则下列结论中正确的是（ ） A. 共有72种安排方法 B. 若甲被安排在A学校，则有12种安排方法 C. 若A学校需要两名志愿者，则有12种安排方法 D. 若甲、乙不能在同一所学校，则有30种安排方法 【答案】BCD 【解析】 【分析】由分类加法计数原理，结合分步乘法计数原理以及分组分配问题，结合间接法即可求解． 【详解】对于A，共有种安排方法，即A错误； 对于B，若甲被安排在学校，则有种安排方法，即B正确； 对于C，若学校需要两名志愿者，则有种安排方法，即C正确； 对于D，若甲、乙不能在同一所学校，则有种安排方法，即D正确． 故选：BCD． 11. 在棱长为1的正方体中，，，则（ ） A. 当平面时， B. 的最小值为 C. 当点到平面的距离最大时， D. 当三棱锥外接球的半径最大时， 【答案】AB 【解析】 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，， 则． 当平面时，，解得，故A正确． ，当时，取得最小值，且最小值为，故B正确． 当是的中点，即时，平面底面，此时，点到平面的距离最大，故C错误． 因为，所以过斜边的中点作平面的垂线，则外接球的球心必在该垂线上，所以球心的坐标可设为，半径为， 因为，所以， 所以．在三棱锥中，，所以，当且仅当时，等号成立，故D错误． 故选：AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，那么______. 【答案】8 【解析】 【分析】根据排列数和组合数的定义及性质计算即可. 【详解】由题意，，则，解得. 故答案为：8. 13. 已知，，是不共面向量，，，，若，，三个向量共面，则实数_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量共面定理列出方程组计算可得结果. 【详解】若，，三个向量共面，则存在实数满足， 即， 所以， 解得，，. 故答案为： 14. 有穷数列满足，且成等比数列.若，则满足条件的不同数列的个数为________. 【答案】32 【解析】 【分析】根据成等比数列，求得的可能取值，由此进行分类讨论，结合，判断出满足条件的不同数列的个数. 【详解】由于，所以或. 由于成等比数列，所以， 所以，故或. （1）当时， 在中，， 即，都成立； 在中，， 即， 此时不满足或.即不存在数列满足条件. （2）当时， 在中，， 即， 有个成立，个成立，方法数有种； 在中，， 即， 有个成立，个成立，方法数有种； 故方法数有种. 综上所述，满足条件的不同数列的个数为. 故答案为：32 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. 甲组有3名男生．3名女生；乙组有4名男生，2名女生． （1）从这些学生中选出3人参加活动，至少有1名女生的不同选法有多少种？ （2）从甲、乙两组中各选出2名学生，选出的4人中恰有1名女生的不同选法有多少种？ （3）将这些学生排成两排，两组的女生站第一排，两组的男生站第二排，且同组学生均相邻，共有多少种不同的排法？ 【答案】（1）185 （2）78 （3）6912 【解析】 【分析】（1）求得所有学生中选3人，减去没有女生的选法，即可求解； （2）分别计算女生来自甲、乙两组的选法，再利用分类加法计数原理求解即可； （3）根据捆绑法求解即可． 【小问1详解】 从这些学生中选出3人参加活动有种选法， 没有女生有种， 则至少有1名女生的不同选法有种． 【小问2详解】 女生来自甲组有种选法， 女生来自乙组有种选法， 故选出的4人中恰有1名女生的不同选法有种． 【小问3详解】 两组的女生站第一排同组学生相邻有种排法， 两组的男生站第二排同组学生相邻有种排法， 共有种不同的排法． 16. 已知在的展开式中，前3项的系数分别为，且满足.求： （1）展开式中二项式系数最大项的项； （2）展开式中系数最大的项； （3）展开式中所有有理项. 【答案】（1） （2）和 （3）和 【解析】 【分析】(1)由二项式展开式通项公式，结合条件列方程求，再由二项式系数的性质求二项式系数最大的项； (2)设第项系数最大，列不等式组求，由此确定系数最大的项； (3)根据有理项的定义确定有理项的项数，再求有理项. 【小问1详解】 因为展开式的通项公式为，， 所以 依题意得，即，由已知, 所以， 所以的展开式有9项，二项式系数最大的项为第5项， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 设展开式中系数最大的项为第项，则， 即，即， 解得，所以或， 所以展开式中系数最大的项为和. 【小问3详解】 由为有理项知，为整数，得，， 所以展开式中所有有理项为和. 17. 记等差数列的前n项和为，，．设． （1）求的值； （2）记为数列的前2n项和，为数列的前n项和，且，求实数t的值． 【答案】（1）68 （2） 【解析】 【分析】（1）由等差数列的通项公式和求和公式，可得所求； （2）由等比数列的通项公式、求和公式，化简整理，可得所求值． 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则，， 可得，，解得，即有， 则； 【小问2详解】 由（1）可得，则， 则， 为数列的前项和，可得， 可得，即为，解得． 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，.点在线段上. （1）若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； （2）求点到平面的距离； （3）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）为靠近点的四等分点，理由如下： 如图， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， 四点共面. （2）; （3）. 【解析】 【分析】（1）当为靠近点的四等分点时，结合已知条件可得，而，则，从而可得结论； （2）取中点，连接，由面面垂直可得平面，再由结合菱形的性质可得，则得平面，然后求出，再利用等体积法可求得点到平面的距离； （3）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，取中点，连接 是等边三角形，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，平面 平面平面 平面，又平面， 设点到平面的距离为， ，即， 解得 所以点到平面的距离为 【小问3详解】 由（2）知，两两垂直，所以以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 所以 设,则 则， 又平面，故取平面的法向量， 设与平面所成角为，则， 化简整理得，解得 则 设平面的法向量，则， 令则，所以平面的法向量. 所以，二面角的余弦值为 19. 已知函数． （1）若函数在点处的切线与直线垂直，求a的值； （2）讨论函数的单调性； （3）若有两个零点，求a的取值范围． 【答案】（1） （2）当时，在上为减函数， 当时，在上是减函数，在上是增函数． （3） 【解析】 【分析】（1）对求导，由已知可得，解方程即可求解的值； （2）对分类讨论，由导数与单调性的关系求解即可； （3）对分类讨论，结合（2）中结论，结合零点存在性定理即可求解的取值范围． 【小问1详解】 由，求导得， 直线的斜率为， 又函数在点处的切线与直线垂直， 所以，即，解得． 【小问2详解】 因为，， 所以当时，，所以在上单调递减； 当时，， 令，解得，当，解得，当，解得， 所以时，单调递减，时，单调递增． 综上，可知：当时，在上为减函数， 当时，在上是减函数，在上是增函数． 【小问3详解】 ①若，由（2）可知：最多有一个零点， ②当时，由（1）可知：当时，取得最小值，， 由于均为上单调递增函数，所以函数在单调递增， 当时，，故当时，，故只有一个零点， 当时，由，即，故没有零点， 当时，，， 由，故在有一个零点， 假设存在正整数，满足，则， 由，所以，因此在上有一个零点． 综上，的取值范围为． 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略， 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南航附中高二年级3月数学学科学情调研 一、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. 已知点，若向量，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 设，为的导函数，若，则（ ） A. B. C. e D. 3. 用0，1，2，…，5这6个数字组成无重复数字的三位数的个数是（ ） A. B. C. D. 4. 在等比数列中，，则的值为（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 18 5. 在三棱柱中，记，，，点P满足，则（ ） A. B. C. D. 6. 数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 7. 已知函数，如果直线与的图象无交点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知EF是棱长为8的正方体的一条体对角线，空间一点M满足，AB是正方体的一条棱，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、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，不选或有选错的得0分. 9. 设数列的前n项和为，已知，，，则（ ） A. B. C. 数列是等比数列 D. 数列是等比数列 10. 甲、乙、丙、丁四名志愿者到A，B，C三所山区学校参加支教活动，每个志愿者仅在一所学校支教，要求每所学校至少安排一名志愿者，则下列结论中正确的是（ ） A. 共有72种安排方法 B. 若甲被安排在A学校，则有12种安排方法 C. 若A学校需要两名志愿者，则有12种安排方法 D. 若甲、乙不能在同一所学校，则有30种安排方法 11. 在棱长为1的正方体中，，，则（ ） A. 当平面时， B. 的最小值为 C. 当点到平面的距离最大时， D. 当三棱锥外接球的半径最大时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，那么______. 13. 已知，，是不共面向量，，，，若，，三个向量共面，则实数_______. 14. 有穷数列满足，且成等比数列.若，则满足条件的不同数列的个数为________. 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. 甲组有3名男生．3名女生；乙组有4名男生，2名女生． （1）从这些学生中选出3人参加活动，至少有1名女生的不同选法有多少种？ （2）从甲、乙两组中各选出2名学生，选出的4人中恰有1名女生的不同选法有多少种？ （3）将这些学生排成两排，两组的女生站第一排，两组的男生站第二排，且同组学生均相邻，共有多少种不同的排法？ 16. 已知在的展开式中，前3项的系数分别为，且满足.求： （1）展开式中二项式系数最大项的项； （2）展开式中系数最大的项； （3）展开式中所有有理项. 17. 记等差数列的前n项和为，，．设． （1）求的值； （2）记为数列的前2n项和，为数列的前n项和，且，求实数t的值． 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，.点在线段上. （1）若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； （2）求点到平面的距离； （3）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 19. 已知函数． （1）若函数在点处的切线与直线垂直，求a的值； （2）讨论函数的单调性； （3）若有两个零点，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $