2025河南省安鹤新联盟高二下学期3月联考试题数学含解析

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注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章至第七章第三节．
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. 已知某校仅有一栋高三教学楼，且该教学楼共有1号、2号、3号、4号四个入口．若来自高三（1）班、（2）班、（3）班、（4）班的四位同学进入该教学楼且不能走与自己班级号码相同的入口（例如高三（1）班的同学不走1号入口），则四位同学用不同的方式进入该教学楼的方法种数为（ ）
A. 16B. 128C. 64D. 81
【答案】D
【解析】
【分析】根据分步乘法计算原理求解即可.
【详解】由题意每位同学都有种走法，
所以不同的方式有种.
故选：D.
2. 设函数，若曲线在点处的切线斜率为1，则（ ）
A. 0B. C. 1D. －1
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的导数，利用导数值为1求出.
【详解】函数，求导得，函数在R上都递增，
则函数在R上递增，而，又，
所以.
故选：A
3. 已知随机变量X满足，，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用期望、方差的性质求解.
【详解】由，得，则；
由，得，因此.
故选：C
4. 已知为等差数列，且．若直线l：与圆：相切，则的公差为（ ）
A. 8B. 4或8C. 6D. 2或6
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出公差范围，再利用圆心到直线距离列式求出公差.
【详解】圆：的圆心，半径，
设等差数列的公差为，由，得，解得，
由直线l：与圆相切，得，则，因此，
所以的公差为6.
故选：C
5. 设为坐标原点，直线与抛物线交于两点，与的准线交于点．若，点为的焦点，则与的面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别过点作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，易得直线过定点，则，由此即可得解.
【详解】如图，分别过点作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，
则，，
抛物线焦点，
直线过定点，
因为，，
所以，
所以.
故选：B.
6. 某平台账号开放给甲、乙、丙三人使用的时间合计为30分钟，同一时间只能供一人使用．为了优化该平台的使用效果，要求这三人均要使用该平台，且三人使用的时间累加刚好为30分钟，每人的使用时间不间断，每人的使用时间均为1分钟的正整倍数，则不同的安排方法种数为（ ）
A. 3654B. 4060C. 406D. 435
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定信息，利用隔板法列式计算即可.
【详解】将30分钟按每分钟分配给3个人，相当于排成一列的30个小球分配给3个人，需在29个间隙中插入2块隔板，
所以不同的安排方法种数为.
故选：C
7. 根据天气预报，某地区近期有小暴雨的概率为0.4，有大暴雨的概率为0.01．该地区某蔬菜农场主有一大片蔬菜未收割，若遭遇小暴雨，则该农场主将损失5000元；若遭遇大暴雨，该农场主将损失10000元．为了减少损失，有三种方案可供选择：方案①是雇人收割蔬菜，劳务费为2000元；方案②是搭建挡雨棚，搭建费为1800元，但仅可以防小暴雨；方案③是不采取任何措施．从农场主损失期望的角度出发，下列结论正确的是（ ）
A. 农场主采用方案①可以让损失降到最小B. 农场主采用方案②可以让损失降到最小
C. 农场主采用方案③可以让损失降到最小D. 农场主采用三种方案的损失均相同
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的信息，求出采用每种方案时的期望，再比较大小即得.
【详解】设采用方案①，②，③的损失分别为，
若采用方案①，则；
若采用方案②，则，
；
若采用方案③，，
，而，
所以从农场主损失期望的角度出发，农场主采用方案②可以让损失降到最小.
故选：B
8. 已知数列满足，．数列满足，，且数列是等比数列．设数列的前n项和为，则满足不等式成立的整数n的最小值为（ ）
A. 99B. 100C. 199D. 200
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用构造法求出数列，进而求出的通项，再利用错位相减法求和并解不等式即得.
【详解】由，得，则数列为常数列，，因此，
，由数列是等比数列，得数列的公比为2，
，又，则，，
，两式相减，
得，则，
不等式，解得，
所以不等式成立的整数n的最小值为199.
故选：C
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，有选错的得0分．
9. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】求出展开式的通项公式推理判断AB；利用赋值法求解判断CD.
【详解】展开式的通项为，
对于A，令，得，则，，A错误；
对于B，令，得，则常数项为，B正确；
对于C，令，得，C正确；
对于D，令，得，D错误.
故选：BC.
10. 如图，在正方体中，，M为棱的中点，动点P满足，其中，，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值为4
B. 若，则点P在平面上
C. 若，则点M到平面的距离为定值1
D. 若点N为外接圆的圆心，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】将用表示，再根据数量积的运算律即可判断A；根据平面向量共线定理的推论即可判断B；连接，证明平面，进而可判断C；取的中点，连接，再根据数量积的几何意义即可判断D.
【详解】对于A，
，
所以
，
当且仅当时，取等号，
所以的最小值为4，故A正确；
对于B，连接，
若，则三点共线，
因为，所以共面，
所以点P在平面上，故B正确；
对于C，连接，则，且互相平分，
因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，
所以点到平面的距离为，
因为M为棱的中点，
所以点M到平面的距离为，故C错误；
对于D，如图，取的中点，连接，则，
所以，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若方程有两个不相等的实数根，则
C. 存在，使
D. 若不等式恒成立，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A：利用导数求解出函数的单调性，结合函数的单调性和最值求解结果，选项B：由，得，所以然后进行换元，将问题转化为与有两个交点，得到，选项C：因为，且当时，,则转化为得到结果，选项D:
将问题表述通过代数变形转化为即．
利用的单调性结合，
等价于，转化为求解即可.
【详解】因为，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以．
由在上单调递减，得，所以A正确．
由，得，所以．
易知函数在上单调递增．令，则，所以，即与有两个交点，所以，故B正确．
因为，且当时，，所以由，得，故C错误．
由，得，所以，即．
令，易知函数在上单调递增．
因为，所以，所以，所以，，故正确．
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若的展开式共有6项，则展开式中所有二项式系数之和为______．
【答案】32
【解析】
【分析】根据给定信息求出幂指数，再利用二项式系数的性质求得答案.
【详解】由的展开式共有6项，得，
所以展开式中所有二项式系数之和为.
故答案为：32
13. 设正整数p大于1，若正整数a与p互质，则a与p的最大公约数为1，记．若对于正整数a，，存在一个整数x，使得为整数，则称a是n的一个二次剩余，否则为二次非剩余．现从4到19这16个整数中随机抽取一个整数a，记事件“”，“a是10的二次剩余”，则______，______．
【答案】 ①. ##0.375 ②. ##0.5
【解析】
【分析】利用给定的信息，利用古典概率公式列式计算；利用条件概率公式列式计算.
【详解】在4到19这16个整数中与10互质整数有，共6个，因此；
若为整数的存在，则当时，或满足题意；
当时，满足题意；当时，满足题意；
当时，满足题意的不存在，因此，
所以.
故答案为：；
14. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过点作斜率不为0的直线与椭圆C交于点A，B．若点H满足，且，，的面积之比为，则椭圆C的离心率是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角形面积公式，结合已知可得，再由的周期及余弦定理求解.
【详解】依题意，，
，而，
则，令，则，
由，得，即，
点为椭圆的短轴端点，在中，，
令椭圆的半焦距为c，在中，，，
所以椭圆C的离心率是.
故答案为：
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. 已知数列满足．
（1）求；
（2）求的通项公式；
（3）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用给定的递推公式求出指定项.
（2）利用数列前n项和与第n项的关系求出通项公式.
（3）由（2）求出，再利用裂项相消法求和.
【小问1详解】
数列中，，当时，，
所以.
【小问2详解】
，，
当时，，
两式相减得，则，而满足上式，
所以的通项公式是.
【小问3详解】
由（2）知，，
所以.
16. 如图，在三棱台中，平面，，，，，为棱的中点．
（1）求该三棱台的体积．
（2）证明：平面．
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据台体的体积公式计算即可；
（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量平行即可；
（3）利用向量法求解即可.
【小问1详解】
，
所以；
【小问2详解】
如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，所以，
所以平面；
【小问3详解】
，则，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
故，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17. 某旅行社举办“寻找旅游热爱者”活动，活动工作人员准备了南方景点库、北方景点库两个景点库，用此筛选符合要求的参与者，并为符合要求的参与者准备了精美的纪念品．参与者需要先从这两个景点库中随机选择一个景点库，再从所选景点库中等可能地抽取一个景点，这是第一次抽取．将第一次抽取的景点放回原来的景点库，再进行第二次抽取．若两次抽取的景点都是参与者曾经去过的景点，则参与者符合活动要求并获得精美的纪念品．已知南方景点库共有12个景点，参与者小方去过其中9个景点，北方景点库共有8个景点，小方去过其中4个景点．第一次选择南方景点库和选择北方景点库的概率均为．
（1）求小方第一次抽取的景点是小方曾经去过的景点的概率．
（2）在小方第一次抽取的景点是小方曾经去过的景点的条件下，求小方第一次抽取的景点是南方景点库的景点的概率．
（3）将小方第一次抽取到的曾经去过的景点放回原来的景点库，再进行第二次抽取时，有如下两种方案：方案一，从第一次抽取的景点库中抽取；方案二，从另外一个景点库中抽取．试比较两个方案，哪个方案使得小方符合活动要求并获得精美纪念品的概率更大．
【答案】（1）
（2）
（3）方案一使得小方符合活动要求并获得精美纪念品的概率更大.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式列式计算.
（2）由（1）的结论，利用条件概率公式计算.
（3）利用全概率公式、条件概率公式分别求出两个方案使得小方符合活动要求并获得精美纪念品的概率，再比较大小即可.
【小问1详解】
记小方第一次选择南方景点库为事件，选择北方景点库为事件，
第一次抽取的景点是曾经去过的景点为事件，
所以．
【小问2详解】
在小方第一次抽取的景点是小方曾经去过的景点的条件下，
小方第一次抽取景点是南方景点库的景点的概率
．
【小问3详解】
记小方第二次抽取的景点是曾经去过的景点为事件，
由（2）得，则在小方第一次抽取的景点是曾经去过的景点的条件下，
第一次抽取的景点是北方景点库的景点的概率，
在事件发生的条件下：
①若选择方案一，则，，
则在事件发生的条件下，小方第二次抽取的景点是小方曾经去过的景点的概率，
所以在方案一下，小方符合活动要求并获得精美纪念品的概率；
②若选择方案二，则，，
则在事件发生的条件下，小方第二次抽取的景点是小方曾经去过的景点的概率，
所以在方案二下，小方符合活动要求并获得精美纪念品的概率．
而，所以方案一使得小方符合活动要求并获得精美纪念品的概率更大．
18. 已知双曲线的焦距为，是双曲线上任意一点，，分别为双曲线的左、右焦点，且．
（1）求双曲线的标准方程．
（2）设双曲线的左、右顶点分别为．若为直线上一点，不在轴上，直线与直线分别与交于（不与重合）两点，试问直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）过定点
【解析】
【分析】（1）根据题意求出，即可得解；
（2）设，分别求出直线方程，再分别与双曲线方程联立，求出两点的坐标，再分直线的斜率是否存在两种情况讨论求出直线的方程，进而可得出结论.
【小问1详解】
由题意可知，
所以，
所以双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
由（1）知，
设，
则，所以直线的方程为，
联立，消得，
则，解得，
则，所以，
所以，故，
，所以直线的方程为，
联立，消得，
则，解得，
则，所以，
所以，故，
当直线的斜率不存在时，则，解得，
此时，直线的方程为
当直线的斜率存在时，，
则直线的方程为，
即，
令，则，
综上所述，直线过定点.
19. 定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”．
（1）若函数和为“契合函数”，求的取值范围．
（2）已知函数和为“契合函数”且有两个“契合点”．
①求的取值范围；
②若，证明：．
【答案】（1）
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）将问题转化为与有交点，求导后可得单调性，进而确定图象，结合图象可求得结果；
（2）①令，采用同构法可得，令，结合导数知识可求得图象，结合单调性可将问题转化为与有两个不同交点，结合单调性可求得的范围；
②根据与的两个不同交点为，采用比值代换的方式，令，将表示为关于的函数的形式，利用导数可求得的单调性和最值，由此可得结论.
【小问1详解】
由题意知：与的公共定义域为，
令，即，，
令，若与为“契合函数”，则与有交点.
，
当时，，，即；当时，；
当时，，，即；
在上单调递减，在上单调递增，
，又当时，；当时，；
大致图象如下图所示，

由图象可知：当时，与有交点，
即当与为“契合函数”时，的取值范围为.
【小问2详解】
①由题意知：与的公共定义域为，
令，则，即；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，又当时，；当时，；
大致图象如下图所示：

令，则，
由得：，
在上单调递增，又与为“契合函数”，与至少有一个交点，
与有两个不同交点，，，
，解得：，即实数的取值范围为.
②由①得：与的两个不同交点为，且，
，即，，，
令，则由知：，，
，整理可得：，，
，
令，则，
令，则，
令，则，
在上单调递增，，，
在上单调递增，，即，
在上单调递增，，即.
【点睛】关键点点睛：本题重点考查利用导数证明不等式的问题，所证不等式包含双变量，解决此类问题的关键是能够通过换元的方式将所证不等式转化为单变量的形式，进而将问题转化为单变量函数最值的求解问题.