广东省惠州市光正实验学校2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题A卷

惠州光正实验学校2024-2025学年高二下3月考数学试卷A参考答案 1【答案】D  解：由题意可得：， 或，可得，故 B错误； 可得或， 可知集合不是集合的子集，故A、C错误； 可得，故 D正确．故选：． 2【答案】A  解：因为，所以， 所以，所以的虚部为．故选：． 3【答案】B  解：由知，，得．故选B． 4【答案】C  解：，， ，  ，故选：． 5【答案】B  解：在数列中，且，且， 数列是以为公差的等差数列，为的前项和，， ，解得， ，．故选：． 6【答案】B  解：由题可知， ，，，． 故选B． 7【答案】A  解：将个相同的小球放入编号为，，，的四个盒子中，恰好有两个空盒，可分为两种情况： 其中一个盒子中放入个小球，另一个盒子中放入个小球，共有种方法； 两个盒子中均放入个小球，共有种方法； 所以符合要求的方法数为种．故选A． 8【答案】A 【详解】对任意的，且，， 则，令，则， 由单调性的定义知在上为增函数，. 则在上恒成立，即， 也即在上恒成立， 记，因为的对称轴为，所以在上单调递减， 所以，所以，即实数a的取值范围为. 故选：A 9【答案】AC 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：AC 10【答案】AC 【详解】对于A，共有种不同的排法，故A正确； 对于B，共有种不同的排法，故B错误； 对于C，共有种不同的排法，故C正确； 对于D，共有种不同的排法，故D错误.故选：AC. 11【答案】BCD  解：函数，定义域为， 则， 令，可得，令，可得， 所以在上单调递增，在上单调递减，故选项B正确； 当时，取得极大值，故选项C正确； 在区间内，，，故选项A错误； 因为在上单调递减，且，，即， 则由零点的存在性定理可得，在区间内存在唯一的零点，故选项D正确． 故选：． 12【答案】7 【详解】得到，解得或.故.故答案为：7 13【详解】因为函数，定义域为， 所以，令，所以， 的单调递减区间为.故答案为：或. 14【答案】  解：因为．令，解得或， 令，解得， 所以函数在处取得极大值， 在处取得极小值， 由于有三个不同的零点，解得， 故答案为． 15【答案】解：定义域为，， 令，得， 列表如下： 由上表知，在上，，单调递增； 在上，，单调递减； 的单调递增区间是，单调递减区间是； 7分 ，，， ，， 由知，在上递增，在上递减， 当时，取最大值； 当时，取最小值．  13分 16【答案】解：因为数列是公差为的等差数列， 所以 ．又， 所以， 即，解得或舍去， 所以． 7分 因为， 所以 ．  15分 17【答案】解：将校足球队的个名额分到个班级，每个班级至少个名额， 采用隔板法，在个名额的个空档中插入个挡板即可，即共有种分配方法 5分 将名队员分成组，一组人，另外两组每组人，共有种不同的分组方式 10分 将、、三人进行捆绑并与除、、、外的人进行全排列，有种排法， 再将、、、四人插入产生的个空位中，有种排法， 所以共有种不同的排法．  15分 18（1）证明见解析 （2）． （3）存在， 解（1）因为平面平面． 平面． 又因为平面， 平面，所以平面平面． 4分 （2）平面两两垂直， 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为是上一点，所以设, 得，即， 又因为所以, 解得，， ， 设平面的法向量为，则，即, 令，则， 设平面的法向量为，则， 即令，则， 设平面与平面夹角的为， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 10分 （3）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设，则， 由（2）知平面的一个法向量为， 所以点Q到平面距离是， ，所以存在点Q满足题意，此时 17分 19【解析】(1)当时,, 所以, 当时,,当时,, 所以在和上单调递增,在上单调递减, 所以的极大值为,极小值为, 所以, 此时 5分 (2)的定义域为,即, 假设存在,使得的极值差比系数为, 则是方程的两个不等正实根, 不妨设,则, 由于 所以,从而, 得,令, 所以在上单调递增,有, 因此式无解,即不存在使的极值差比系数为. 11分 (3) ,又,令 所以，,因为,所以 令 则,令 在上单调递减,, 所以上单调递增, 所以 17分 第2页，共2页 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 惠州光正实验学校2024-2025学年高二下3月考 数学试题A卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知集合，集合，则(    ) A. B. C. D. 2.若复数满足，则的虚部为(    ) A. B. C. D. 3..函数的值域是(    ) A. B. C. D. 4.已知，，则(    ) A. B. C. D. 5.已知在数列中，且，设为的前项和，若，则(    ) A. B. C. D. 6.已知函数，则(    ) A. B. C. D. 7.将个相同的小球放入编号为，，，的四个盒子中，恰好有两个空盒的方法数为(    ) A. B. C. D. 8.已知函数，在区间内任取两个实数，且，若不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.下列函数求导运算正确的是（ ） A. B. C D. 10. 有3名学生和2名教师排成一排，则下列说法正确的是（ ） A. 共有120种不同的排法 B. 当2名教师相邻时，共有24种不同的排法 C. 当2名教师不相邻时，共有72种不同的排法 D. 当2名教师不排在两端时，共有48种不同的排法 11.已知函数，则(    ) A. 恒成立 B. 在上单调递增 C. 在得到极大值 D. 在区间内有零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.若，则______． 13函数的单调递减区间为___________ 14.有个不同的零点，则的取值范围是________． 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.本小题分 已知函数． 求的单调区间； 求在区间上的最值． 16.本小题分 已知各项均为正数的等差数列的公差为，其前项和为，且为，的等比中项． 求的通项公式 设，求数列的前项和． 17.（15分）为参加某市高中生足球友谊赛，某校决定从高二年级的学生中挑选名球员组建校足球队以下问题最终结果用数字作答 若将校足球队的个名额分到个班级，每个班级至少个名额，问有多少种分配方法 学校教练计划比赛前将除指定的守门员外的其他名队员，进行分组训练若其中一组人，另外两组每组人，问有多少种不同的分组方式 比赛入场式时工作人员会为名队员拍集体照，若要求拍照时、、三人必须相邻，、、、四人均不相邻，问有多少种不同的排法 18.（本小题17分） 如图，在四棱锥中，平面，是上的点，且． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19.本小题分 定义:如果函数在定义域内,存在极大值和极小值,且存在一个常数,使成立,则称函数为极值可差比函数,常数称为该函数的极值差比系数.已知函数 (1)当时,求； (2)是否存在使的极值差比系数为？若存在,求出的值；若不存在,请说明理由； (3)若,求的极值差比系数的取值范围. 惠州光正实验学校2024-2025学年高二下3月考数学试卷A参考答案 1【答案】D  解：由题意可得：， 或，可得，故 B错误； 可得或， 可知集合不是集合的子集，故A、C错误； 可得，故 D正确．故选：． 2【答案】A  解：因为，所以， 所以，所以的虚部为．故选：． 3【答案】B  解：由知，，得．故选B． 4【答案】C  解：，， ，  ，故选：． 5【答案】B  解：在数列中，且，且， 数列是以为公差的等差数列，为的前项和，， ，解得， ，．故选：． 6【答案】B  解：由题可知， ，，，． 故选B． 7【答案】A  解：将个相同的小球放入编号为，，，的四个盒子中，恰好有两个空盒，可分为两种情况： 其中一个盒子中放入个小球，另一个盒子中放入个小球，共有种方法； 两个盒子中均放入个小球，共有种方法； 所以符合要求的方法数为种．故选A． 8【答案】A 【详解】对任意的，且，， 则，令，则， 由单调性的定义知在上为增函数，. 则在上恒成立，即， 也即在上恒成立， 记，因为的对称轴为，所以在上单调递减， 所以，所以，即实数a的取值范围为. 故选：A 9【答案】AC 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：AC 10【答案】AC 【详解】对于A，共有种不同的排法，故A正确； 对于B，共有种不同的排法，故B错误； 对于C，共有种不同的排法，故C正确； 对于D，共有种不同的排法，故D错误.故选：AC. 11【答案】BCD  解：函数，定义域为， 则， 令，可得，令，可得， 所以在上单调递增，在上单调递减，故选项B正确； 当时，取得极大值，故选项C正确； 在区间内，，，故选项A错误； 因为在上单调递减，且，，即， 则由零点的存在性定理可得，在区间内存在唯一的零点，故选项D正确． 故选：． 12【答案】7 【详解】得到，解得或.故.故答案为：7 13【详解】因为函数，定义域为， 所以，令，所以， 的单调递减区间为.故答案为：或. 14【答案】  解：因为．令，解得或， 令，解得， 所以函数在处取得极大值， 在处取得极小值， 由于有三个不同的零点，解得， 故答案为． 15【答案】解：定义域为，， 令，得， 列表如下： 由上表知，在上，，单调递增； 在上，，单调递减； 的单调递增区间是，单调递减区间是； 7分 ，，， ，， 由知，在上递增，在上递减， 当时，取最大值； 当时，取最小值．  13分 16【答案】解：因为数列是公差为的等差数列， 所以 ．又， 所以， 即，解得或舍去， 所以． 7分 因为， 所以 ．  15分 17【答案】解：将校足球队的个名额分到个班级，每个班级至少个名额， 采用隔板法，在个名额的个空档中插入个挡板即可，即共有种分配方法 5分 将名队员分成组，一组人，另外两组每组人，共有种不同的分组方式 10分 将、、三人进行捆绑并与除、、、外的人进行全排列，有种排法， 再将、、、四人插入产生的个空位中，有种排法， 所以共有种不同的排法．  15分 18（1）证明见解析 （2）． （3）存在， 解（1）因为平面平面． 平面． 又因为平面， 平面，所以平面平面． 4分 （2）平面两两垂直， 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为是上一点，所以设, 得，即， 又因为所以, 解得，， ， 设平面的法向量为，则，即, 令，则， 设平面的法向量为，则， 即令，则， 设平面与平面夹角的为， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 10分 （3）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设，则， 由（2）知平面的一个法向量为， 所以点Q到平面距离是， ，所以存在点Q满足题意，此时 17分 19【解析】(1)当时,, 所以, 当时,,当时,, 所以在和上单调递增,在上单调递减, 所以的极大值为,极小值为, 所以, 此时 5分 (2)的定义域为,即, 假设存在,使得的极值差比系数为, 则是方程的两个不等正实根, 不妨设,则, 由于 所以,从而, 得,令, 所以在上单调递增,有, 因此式无解,即不存在使的极值差比系数为. 11分 (3) ,又,令 所以，,因为,所以 令 则,令 在上单调递减,, 所以上单调递增, 所以 17分 第2页，共2页 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$