江苏省南京市鼓楼区南京市第二十九中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题（含解析）

这是一份江苏省南京市鼓楼区南京市第二十九中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．设函数，则（ ）
A．B．C．D．
2．如图，在空间四边形中，，，，且，，则等于（ ）

A．B．
C．D．
3．已知是单调递增的等比数列，且，则公比的值是（ ）
A．3B．－3C．2D．－2
4．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知点，圆，若圆上存在点使得，则实数的最小值是（ ）
A．－1B．1C．0D．2
6．在“文化抚州，梦想之舟”半程马拉松比赛中，某路段设三个服务站，某高校5名同学到甲、乙、丙三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，则不同的安排方法共有（ ）
A．25种B．150种C．300种D．50种
7．甲口袋中有3个红球，2个白球和5个黑球，乙口袋中有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以和表示由甲口袋取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙口袋中随机取出一球，以B表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．事件与事件B相互独立
C．D．
8．已知函数，，当时，恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若随机变量，且，则
D．若随机变量的分布列为，则
10．在棱长为1的正方体中，点F在底面ABCD内运动（含边界），点E是棱的中点，则（ ）
A．若F是棱AD的中点，则平面
B．若平面，则F是AC上靠近C的四等分点
C．点E到平面的距离为
D．若F在棱AB上运动，则点F到直线的距离最小值为
11．已知函数（参考数据：），则下列说法正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．在处的切线方程为
C．在内共有1个极值点
D．设，则在上共有3个零点
三、填空题（本大题共3小题）
12．展开式中，只有第6项的系数最大，展开式中的常数项是 .
13．如题图所示是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有 种．
14．在生活中，可以利用如下图工具绘制椭圆，按照这个原理，已知O是滑杆上的一个定点，D可以在滑杆上自由移动，线段，点B，E是AD上两点，E是AD中点，且，如图，过B作AD的垂线，满足，则点E所形成的轨迹的离心率 ；点C所形成的轨迹的离心率 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．记数列的前项和为，已知且．
(1)求的通项公式；
(2)记，求数列的前项和
16．“分布式计算系统”是由多台计算机组成的用以提高计算效率的计算机系统．在一个分布式计算系统中，若一次计算中发生故障的计算机数不超过总计算机数的，则称这次计算是“优质计算”，某科技公司采购了一批共计台计算机用于搭建分布式计算系统，每台计算机的故障率均为．
(1)若，，记为一次计算中正常运行的计算机数量，求的分布列和数学期望；
(2)若，，请估计一次计算中正常运行的计算机数量最有可能是多少？
17．已知动点到点的距离比它到直线的距离小，记动点的轨迹为.
(1)求轨迹的方程.
(2)已知直线与轨迹交于A，B两点，以A，B为切点作两条切线，分别为，，且，相交于点.若点在直线上，求的值.
18．如图，在四棱锥中，平面PAD，．
(1)证明：平面ABCD；
(2)若底面ABCD是正方形，．E为PB中点，点F在棱PD上，且平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为．
（ⅰ）求PF；
（ⅱ）平面AEF交PC于点G，点M在平面PBC上，求EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围．
19．已知函数.
(1)当时，求的单调区间.
(2)设是的两个极值点，
①求证：；
②求证：.
参考答案
1．【答案】D
【详解】．
故选D.
2．【答案】C
【详解】因为，即为的中点，所以，
因为，所以，
.
故选C.
3．【答案】C
【分析】根据等边数列的性质即可求解方程得，即可求解.
【详解】由是单调递增的等比数列且，
所以是的两个实数根，且，
得，故．
故选C．
4．【答案】A
【详解】双曲线的渐近线方程为，所以，解得.
故选A.
5．【答案】C
【详解】根据题意，点，若，则点的轨迹是以为圆心，3为半径的圆，设该圆为圆，
圆，若圆上存在点使得，则圆与圆有公共点，
则，解得，即的取值范围为，
故的最小值为0．
故选C．
6．【答案】B
【详解】五名同学分三个小组，
若按2人，2人，1人来分有种，
若按3人，1人，1人来分有种，
再把这三个小组排列到三个服务站去共有种，
所以每个服务点至少有1人的不同安排方法有：种，
故选B.
7．【答案】D
【分析】A选项，根据题意求出，判断A；
B选项，利用全概率公式求出，得到，判断事件与事件B不相互独立，得到D正确；
C选项，利用条件概率公式求解即可.
【详解】由题意得，所以A错误；
因为，
，所以，即，
故事件与事件B不相互独立，所以B错误，D正确；
，所以C错误；
故选D.
8．【答案】B
【详解】由函数，，所以不等式恒成立，等价于
恒成立；
因为，所以；
设函数，，则，
计算，且；
所以，
当，时，令，解得，
所以时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
所以；
设，则，
所以在上单调递增，且；
要使恒成立，需使恒成立，即
所以a的取值范围是.
9．【答案】ABC
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，因为，所以，
所以，解得，
所以，所以，故C正确；
对于D，因为随机变量的分布列为，
所以，，，
所以，故D错误．
故选ABC．
10．【答案】ABD
【详解】对于A.如图，取的中点，连结，因为点是的中点，
所以，平面，平面，
所以平面，
同理，且，所以，平面，平面，所以平面，
且，平面，
所以平面平面，平面，
所以平面，
对于B. 若F是AC上靠近C的四等分点，
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
，，
所以，，且，平面，
所以平面，且过点只有1条直线和平面垂直，
则点是唯一的，点是上靠近的四等分点，故B正确；
对于C. 因为E是棱的中点，所以点E到平面的距离为点到平面的距离的，
由题意可得是等边三角形，且，设点到平面的距离为，
由，所以，
所以，解得，
所以点E到平面的距离为，故C错误；
对于D.若点在棱上运动，设，，
，，
则点到的距离，
当时，的最小值为，故D正确.
故选ABD.
11．【答案】BC
【详解】对于A中，由函数，
可得，
令，令，则，则，
可得，令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，，
所以，即，即对恒成立，
因为时，，所以，
所以函数在上单调递减，所以A错误；
对于B中，由，，
则切线方程为，则，故B正确；
对于C中，由函数，可得，
由A知，，令，即，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，当时，函数取得极大值，所以函数在内共有1个极值点，
所以C正确；
对于D中，由，
又由，
所以函数是周期为的周期函数，
不妨设，可得，
由A知，，令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，且，
所以函数在上有两个零点，所以函数在上有无数个零点，所以D错误.
故选BC.
12．【答案】210
【详解】第六项的二项式系数为，展开式中每一项的系数即二项式系数，故最大，
所以.
则，
令，故，
所以常数项为.
13．【答案】420
【详解】先布置中心区域A共有5种方法，从B开始沿逆时针方向进行布置四周的区域，
则B有4种布置方法，C有3种布置方法．
如果D与B选用同一种菊花，则E有3种布置方法；
如果D与B选用不同种类菊花，则D有2种布置方法，E有2种布置方法．
按照分步乘法与分类加法计数原理，
则全部的布置方法有（种）.
14．【答案】
【详解】如图所示，过点E作OD的垂线，交OA的延长线于点P，
交OD于N，过A作AM垂直PN，垂足为M，
可知，P的轨迹为圆，
而由伸缩变换可知，E的轨迹为椭圆，
；
所以，
所以椭圆的离心率为.
延长AC至K，使，则，
过OK作直线l，过点C作，
交OA于P，交l于N﹐过A作AM垂直PN，垂足为M，
所以，可得，
所以AM即是中角平分线，又是PC边上的高
可得
由及，易知
，.
故P的轨迹为圆，，由伸缩变换可知，
C的轨迹为椭圆，
所以椭圆的离心率为.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意，，，则，
两式相减得，
即，
所以，
又适合上式，故的通项公式为，
（2）由（1）知，，所以，
故
.
16．【答案】(1)分布列见解析，数学期望为
(2)台或台
【详解】（1）由题意可知，，
可得，，
，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
所以，随机变量的数学期望为.
（2）设由台计算机组成的分布式计算系统中正常运行的计算机数为，则．
且，
由得，其中，，
即，解得．
所以同时正常运行的计算机数最有可能是台或台．
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意知动点到的距离与到直线的距离相等，
则动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以轨迹的方程为
（2）设，，联立方程组，得，
可得，则，.
易知，的斜率存在，设的方程为，
联立方程组，得.
由，解得，
所以的方程为，同理可得，的方程为.
由，解得，即点，即为
又因为若点在直线上，所以，解得.
18．【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【详解】（1）因为平面PAD，平面PAD，所以．
又，平面ABCD，平面ABCD，，
所以平面ABCD．
（2）以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，如图．
（ⅰ），，，
，，，设，
则．
设平面AEF的法向量为，则即，
取，得，，
所以是平面AEF的一个法向量，
因为平面ABCD，所以是平面ABCD的一个法向量．
因为平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为，
所以，得，所以．
（ⅱ）设，则．
因为为平面AEGF的一个法向量，所以，
所以，即，得，
所以，．
，，，，，，
因为M在平面PBC上，所以，
所以．
设平面MAD的法向量，则即，
取得，所以是平面MAD的一个法向量，
设EG与平面MAD所成角为，则
因为，所以
即EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围为．
19．【答案】(1)减区间为，增区间为；
(2)①②证明见解析.
【详解】（1）当时，，，
因为，均在上单调递增，
则在上单调递增，又，
所以时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
（2）①依题意的两根为，
即的两根为．
令，
得，且，，
则在上单调递减，在上单调递增，则．
令，
则，所以在上单调递增，所以，
所以，又，在上单调递增．
所以，即．
②由，要证明，只需证，
即证明，
即证明，
即证明，
即证明.
设，，
则，则当时，，则在上单调递减，
则，则在上恒成立，从而左边得证．
因为，，且，，
则在和处的切线分别为和，
令，得，
再证明恒成立.
设，则，令，解得，
且时，，此时函数单调递减；
时，，此时函数单调递增；
则，则恒成立.
再证明恒成立，
设，则在上单调递增，
又因为且大于0时，，则恒成立，
所以，从而右边得证．