精品解析：江苏南京市第一中学2025-2026学年高二下学期数学3月基础题抢分赛

2024级高二数学基础题抢分赛 时间：100分钟 满分：150分 一、单选题：本题共11小题，每小题5分，共55分. 1. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出，令，代入即可求解. 【详解】由题意得，令，则，得. 故选：A 2. 如图，在梯形中，，点O为空间内任意一点，设，则向量可用表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】在梯形中，， 所以， 所以. 3. 已知平面的一个法向量为，且，则点A到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】直接由点面距离的向量公式就可求出． 【详解】∵， ∴，又平面的一个法向量为， ∴点A到平面的距离为 故选：B 4. 已知为空间中四点，任意三点不共线，O为平面ABC外一点，且，若四点共面，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】因为四点共面，则有， 由共面条件可得，，即， 所以， 当且仅当，即，即时，等号成立. 故选A. 5. 不等式的解集为（ ） A. (5，10) B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据排列数的定义计算即可. 【详解】由，得， 整理得，解得， 又因为根据排列数的定义，需满足，解得 ，则. 6. 一条铁路原有个车站，为了适应客运需要新增加个车站，则客运车票增加了58种（从甲站到乙站与乙站到甲站需要两种不同车票），那么原有的车站有（ ） A. 12个 B. 13个 C. 14个 D. 15个 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意写出原来的车票数和现在的车票数，再由两者之间相差58，列出关于的排列数方程，化简后，再对于的取值进行讨论，得到结果 【详解】由题意得， 即. （1）若，则，； （2）若，则，，不合题意，舍去； （3）若，则，，不合题意，舍去. 原有14个车站，现有16个车站. 故选：C. 7. 2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱．某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“雪容融”甲和“雪容融”乙相邻，且均不与“雪容融”丙相邻的不同的排列方法总数为（ ） A. 480 B. 960 C. 1080 D. 1440 【答案】B 【解析】 【分析】先用捆绑法再用插空法计算. 【详解】现将4个不同造型的“冰墩墩”排好，有 种排法，排好后包括左右两边有5个空， 再将“雪容融”甲和“雪容融”乙捆绑，有 种方法，将捆绑后的“雪容融”与“雪容融”丙分别插入前面的5个空中，有 种方法； 所以总的排列方法数为： ； 故选：B. 8. 若直线（）是曲线与曲线（）的公切线，则（ ） A. 1 B. 2 C. e D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查导数的几何意义，考查数学运算的核心素养．首先求导，设出曲线上的切点坐标后列方程组求得公切线的斜率，再结合曲线列方程求解. 【详解】令，，则，． 设直线与曲线相切于点， 则，解得，所以公切线，即. 令，解得，所以，解得． 故选：B. 9. 已知两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，98，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则数列的各项之和为（ ） A. 450 B. 438 C. 254 D. 278 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求出两个数列相同的项组成的数列，求出项数，然后求出它们的和即可. 【详解】由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列： 2，14，26，…，98，是公差为12，项数为9的等差数列， 故新数列的各项之和为. 10. 用，，，，，这六个数字可以组成（ ）个无重复数字，符合“小于4310的四位偶数” A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分千位小于，千位为，百位小于，千位为，百位等于，当十位小于时，然后根据分类计数原理可得． 【详解】当千位小于时，有种， 当千位是，百位小于时，有种， 当千位是，百位是，十位小于时，有种， 由分类计数原理，可得小于的四位偶数共有， 故选：B. 11. 某植物园要在如图所示的5个区域种植果树，现有5种不同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有（ ）种不同的方法. A. 120 B. 360 C. 420 D. 480 【答案】C 【解析】 【分析】利用分类计数原理求解，按2与4两区域种植果树是否相同进行分类即可. 【详解】分两类情况： 第一类：2与4种同一种果树， 第一步种1区域，有5种方法； 第二步种2与4区域，有4种方法； 第三步种3区域，有3种方法； 最后一步种5区域，有3种方法， 由分步计数原理共有种方法； 第二类：2与4种不同果树， 第一步在1234四个区域，从5种不同的果树中选出4种果树种上，是排列问题，共有种方法； 第二步种5号区域，有2种方法， 由分步计数原理共有种方法. 再由分类计数原理，共有种不同的方法. 故选：C. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.部分选对的得部分分，有选错的得0分. 12. 下列说法正确的是（ ） A. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有81种报名方法 B. 4名同学都参加了跑步、跳高、跳远三个项目，则这三个项目的冠军共有24种不同结果 C. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每项至少一人，共有36种报名方法 D. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项报一人，每人至多报一项，共有64种报名方法 【答案】AC 【解析】 【分析】根据排列、组合知识及分步计数原理求解即可. 【详解】对于A，每个同学都有3种情况，共有种，所以A正确； 对于B，每个项目的冠军有4种情况，则共有种，所以B错误； 对于C，4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每项至少一人， 将4名同学分成人数分别为2，1，1的三组，再分配到三个项目中，共有种，所以C正确； 对于D，4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项报一人，每人至多报一项，跑步项目有4种，跳高有3种，跳远有2种， 根据分步乘法原理，可得一共种，所以D错误. 13. 数列是公比为的等比数列，为其前项和，为其前项积.已知，，则（ ） A. B. 当或4时，取得最大值 C. 当取得最小值时， D. 当时，取得最小值 【答案】BD 【解析】 【分析】利用基本量法可求公比后判断A，先判断的最大值，再根据其符号结合前若干项可判断的最值，从而判断BCD. 【详解】由题意知，则. 若，则，所以，即，，无实数解； 若，则，所以，即， 又，所以，故A错误； ，， 则，，，，，，因此， 又当时，，所以当时，， 又，，，， ，， 所以当或时，取得最大值，故B正确； 当或时，取得最小值，故C错误，D正确. 14. 如图，正方体的棱长为4，动点P，Q分别在线段，上，则下列命题正确的是（ ） A. 异面直线和所成的角为 B. 直线与平面所成的角等于 C. 点C到平面的距离为 D. 线段长度的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正方体的性质，结合线面垂直的判定证面，进而确定直线与平面所成的角、C到平面的距离，由，异面直线和所成角即为与所成角求大小，过作于，再过作于，利用线面垂直及勾股定理求的最小值. 【详解】因为，故异面直线和所成角即为与所成角， 而 为等边三角形，故，故A正确； 因为面，面，故，又， 由，面，故面， 而面，故直线与平面所成的角，故B错误； 而到平面的距离为，故C正确； 过作于，再过作于， 面面，面面，面，故面， 而面，则，又，面， 所以面，易知即为异面直线，上两点的距离， 令，则，， 所以， 当时，，故D正确. 三、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 15. 已知空间三点，，，则点到直线的距离为______. 【答案】## 【解析】 【详解】由，，， 可得，， 则，，与同方向的单位向量为 ， 则点到直线的距离为. 16. 将本不同的书全部分给甲乙丙三人，一人得1本，另两个人各得2本，则不同的分法总数为 ______. 【答案】90 【解析】 【分析】根据部分平均分组法，结合排列组合知识求解即可. 【详解】一人得本，另两个人各得本，有种分法. 17. 的值为________. 【答案】120 【解析】 【分析】利用组合数的性质，通过递推合并，将连续的组合数求和转化为单个组合数计算. 【详解】 . 18. 若在R上单调递增，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】利用函数单调性与导函数符号之间的关系求解. 【详解】若 在R上单调递增，则在R上恒成立， 所以，解得. 所以实数的取值范围是. 19. 在直三棱柱中，，点P为侧面上的任意一点，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】解法一：建立空间直角坐标系，求出，利用的范围求出的范围.解法二：取CC1中点为D，由极化恒等式得，求出和，从而得到的取值范围. 【详解】解法一：由题可知三棱柱为正三棱柱， 如图取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系， 设，其中，，又，， 所以，， ， 当，且或1时，取得最大值1， 当，且时，取最小值，所以的取值范围为. 解法二： 取CC1中点为D，由极化恒等式得， 又，， 所以的取值范围为. 20. 已知数列满足，，，若存在正整数m使得恒成立，则______. 【答案】5 【解析】 【分析】用作差法求得，再求出，确定的正负，得数列的单调性，从而得最大项. 【详解】因为，当时，， 当时，， 相减，得，所以（）， 又时也符合，所以，. 因为，， 所以，， 当时，，即， 当时，，即， 所以当时，最大， 即对任意，均有，所以. 四、解答题：本题共3小题，共47分.解答应写出文字说明、证明过程戓演算步骤. 21. 已知数列满足：，，n∈N*. （1）求证：数列为等比数列； （2）记，若，求n的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2）50 【解析】 【分析】（1）由递推公式得到，结合等比数列的定义即可得证. （2）由（1）可得 ，利用分组求和法求出 ，结合和单调性求解即可. 【小问1详解】 由，得，即， 又 ， 所以数列为等比数列，首项为，公比为. 【小问2详解】 由（1）知，，所以 ， 所以 . 由，得，即. 易知是递增数列， 令， ， ， 所以， 所以. 22. 如图，四棱锥的底面为正方形，底面，是线段的中点，设平面与平面的交线为. （1）证明：平面BCM； （2）已知，为上的点，且与平面所成角的正弦值为. ①求线段PQ的长； ②若，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）①2或；② 【解析】 【分析】（1）先证平面，得，，再由线面平行的判定定理证明结论. （2）①建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，由线面角的空间向量法求得值即得；②分别求出平面和平面的一个法向量，由面面角的空间向量法求解. 【小问1详解】 在正方形中，， 因为平面，平面，所以平面. 又因为平面，平面平面，所以，. 因为平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 ①以DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 因为，所以，，，，， 设，则有，，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以， 则， 因为与平面所成角的正弦值为是， 所以，解得或. 所以PQ的长为2或. ②因为，由①知，＝，，平面的一个法向量为. 又，，所以，， 设平面的法向量为，则，即 令，得，，所以. 所以， 所以二面角的正弦值为. 23. 已知函数，a∈R. （1）讨论的单调性； （2）当时，，求a的取值范围. 【答案】（1）当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，就、、、分类讨论导数的符号后可得原函数的单调性； （2）利用参变分离可求参数的取值范围. 【小问1详解】 的定义域为， 且. ①当时，恒成立， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减； ②当，即时恒成立， 所以在上单调递增； ③当，即时， 当或时，当时， 所以在和上单调递增，在上单调递减； ④当，即时， 当或时，当时， 所以在和上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由 ，得， 因为，所以，所以在上恒成立. 令，， 则. 令 ，，则， 所以在上单调递增， 所以 ，即 . 令，得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高二数学基础题抢分赛 时间：100分钟 满分：150分 一、单选题：本题共11小题，每小题5分，共55分. 1. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 2. 如图，在梯形中，，点O为空间内任意一点，设，则向量可用表示为（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面的一个法向量为，且，则点A到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 1 4. 已知为空间中四点，任意三点不共线，O为平面ABC外一点，且，若四点共面，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 4 5. 不等式的解集为（ ） A. (5，10) B. C. D. 6. 一条铁路原有个车站，为了适应客运需要新增加个车站，则客运车票增加了58种（从甲站到乙站与乙站到甲站需要两种不同车票），那么原有的车站有（ ） A. 12个 B. 13个 C. 14个 D. 15个 7. 2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱．某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“雪容融”甲和“雪容融”乙相邻，且均不与“雪容融”丙相邻的不同的排列方法总数为（ ） A. 480 B. 960 C. 1080 D. 1440 8. 若直线（）是曲线与曲线（）的公切线，则（ ） A. 1 B. 2 C. e D. 9. 已知两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，98，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则数列的各项之和为（ ） A. 450 B. 438 C. 254 D. 278 10. 用，，，，，这六个数字可以组成（ ）个无重复数字，符合“小于4310的四位偶数” A. B. C. D. 11. 某植物园要在如图所示的5个区域种植果树，现有5种不同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有（ ）种不同的方法. A. 120 B. 360 C. 420 D. 480 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.部分选对的得部分分，有选错的得0分. 12. 下列说法正确的是（ ） A. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有81种报名方法 B. 4名同学都参加了跑步、跳高、跳远三个项目，则这三个项目的冠军共有24种不同结果 C. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每项至少一人，共有36种报名方法 D. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项报一人，每人至多报一项，共有64种报名方法 13. 数列是公比为的等比数列，为其前项和，为其前项积.已知，，则（ ） A. B. 当或4时，取得最大值 C. 当取得最小值时， D. 当时，取得最小值 14. 如图，正方体的棱长为4，动点P，Q分别在线段，上，则下列命题正确的是（ ） A. 异面直线和所成的角为 B. 直线与平面所成的角等于 C. 点C到平面的距离为 D. 线段长度的最小值为 三、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 15. 已知空间三点，，，则点到直线的距离为______. 16. 将本不同的书全部分给甲乙丙三人，一人得1本，另两个人各得2本，则不同的分法总数为 ______. 17. 的值为________. 18. 若在R上单调递增，则实数的取值范围是________. 19. 在直三棱柱中， ，点P为侧面上的任意一点，则的取值范围是________. 20. 已知数列满足，，，若存在正整数m使得恒成立，则______. 四、解答题：本题共3小题，共47分.解答应写出文字说明、证明过程戓演算步骤. 21. 已知数列满足：，，n∈N*. （1）求证：数列为等比数列； （2）记，若，求n的最大值. 22. 如图，四棱锥的底面为正方形，底面，是线段的中点，设平面与平面的交线为. （1）证明：平面BCM； （2）已知，为上的点，且与平面所成角的正弦值为. ①求线段PQ的长； ②若 ，求二面角的正弦值. 23. 已知函数，a∈R. （1）讨论的单调性； （2）当时，，求a的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $