重庆巴蜀中学校2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题（PDF版，含答案）

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重庆市巴蜀中学教育集团高 2026 届高二（下）月考考试
数学参考答案
一、单项选择题（本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B A D B D C B
【解析】
1.【详解】5 9 45
5 3
k 5 3
2.【详解】 T k 1 k 2 2 xk 1 C5 ( ) x ， k 1, k 1， 含 的项的系数为2 2 2
C1 ( 1 55 ) 2 2
3.【详解】 a1 2,a2 3,a
1 1
3 ,a ,a2 4 3 5
2, T 4 , a2025 a1 2
4.【详解】 f (x) 6x2 6, f (x)在( 2, 1) , ( 1,1) ， 最大值为 f ( 1) 4
5.【详解】令 x 1，则 a0 a1 a2 a3 a4 a5 62；
令 x 1，则 a0 a1 a2 a3 a4 a5 0， a0 a2 a4 31
6. 1 2 1 1【详解】C6 C5 C3 C3 6 10 3 3 540
1 2x 1 1
7. 【 详 解 】 令 f (x) ln(1 2x) x ， 则 f (x) ， f (x)在( , ) ，
1 2x 2 2
f (0.1) f (0), ln1.2 0.1 0, c b a e0.1，又 1,c 1, b c a
8.【详解】不妨设 | AF1 | 2m,| BF1 | m, | AF2 | 2a 2m,| BF2 | 2a m， ABF2 是
直角三角形，由勾股定理可得 (2a 2m)2 (3m)2 (2a m)2 , a 3m。
| AF1 | 2m,| AF
c 5m 5
2 | 4m, | F1F2 | 2 5m 2c, c 5m， e a 3m 3
二、多项选择题（本大题共 3小题，每小题 6分，共 18分. 在每小题给出的选项中，有多
项是符合题目要求的，全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分）
高二数学参考答案 第 1 页 共 8 页
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题号 9 10 11
答案 BD BCD BCD
【解析】
5 5
9. 【详解】若曲线C表示椭圆，则m (2, ) ( ,3)， A选项错误。
2 2
若曲线C表示双曲线，则 (3 m)(m 2) 0, m 2或m 3， B选项正确。
若曲线C表示焦点在 x轴上的椭圆，则3 5 m m 2 0, 2 m ， C选项错误。
2
C m 2 0若曲线 表示焦点在 y轴上的双曲线，则 , m 3， D选项正确。
3 m 0
10. x 2 x【详解】当 a 0时， f (x) e x ，可画出 y e 和 y x2的图像，可知在第二象限
一定有交点， f (x)一定有零点， A选项错误。
当 a 2时， f (x) e x x2 2x, f (x) e x 2x 2 x， f (x) e 2，
f (x)在( , ln 2) (ln 2, ) ，且 f (ln 2) 2ln 2 0，又
f ( 1 1) 0, f (2) e2 6 0， f (x)有两个变号零点， f (x)有两个极值点，
e
B选项正确。
f (x) e x 2x a, f (a) ea a a a，令 g(a) e a, g (a) e 1,
g(a)在( ,0) (0, ) , g(a) g(0) 1, f (a) 1恒成立， C选项正确。
f (x) e x 2x a 0恒成立， f (x) e x 2， f (x)在( , ln 2) (ln 2, ) ，
f (ln 2) 2 2ln 2 a 0, a 2ln 2 2， D选项正确。
11. 1 5【详解】对于 A选项， A5 A5 5 120 600， A选项错误。
对于 B 4 3选项， A4 C5 24 10 240， B选项正确。
5
对于 C选项， A5 C
3 A4 36 4 C5 120 20 24 10 2160， C 选项正确。
1 4
对于 D选项，分四种情况，若不选 2，则有 A4 A4 4 24 96个；若选 1个 2，则有
高二数学参考答案 第 2 页 共 8 页
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C 34 A
1 4 2 1 2
4 A4 4 4 24 384个；若选 2 个 2，则有C4 A4 A4 6 4 12 288个；若
3 2 1 1选 个 ，则有C4 A4 A
1
4 4 4 4 64个， 一共有96 384 288 64 832个，
D选项正确。
三、填空题（本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分）
题号 12 13 14
160 3 2
答案 24
x3
[ 2 , )4e 3e
【解析】
(a a ) 8
12.【详解】 S 1 88 4(a2 a7 ) 4 6 242
13. n【详解】 所有二项式系数之和 2 64, n 6， 二项式系数最大项是第四项
T C 3 1 1604 6 2
3 ( )3
x x3

g(x) f (x) , g (x) f (x) f (x)14.【详解】令 x 1 x 1 1， g(x) x c，其中 c为常数。e e
f (x) (x c) e x 1 f (1) 1 c 1, c 2, f (x) (x 2) e x 1，又 ，
f (x) (x 1) e x 1， f (x)在( ,1) (1, ) ，且 f (1) 1，
当 x 2时， f (x) 0恒成立， f (x)的大致图像如图所示
不妨设 h(x) a(x 3)，则h(x)的图像是一条过 (3,0)这个定点
的一条直线，由于 a 1，所以只需要考虑 x 3的整数解即可。
f (0) h(0)
由图可知，两个整数解为 1 和 0， 只需 ，
f ( 1) h( 1)
2
3ae , 3 a 2 2
3 2 4a
4e 3e
e
四、解答题（共 77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.解析：（1）由题知：点 (2,0)在函数 f (x)上，
高二数学参考答案 第 3 页 共 8 页
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f (2) ln(2 m) 0 即m 1 .......... .....2 '
' 1
又由于 f (x) f '(2) 1 ....................3'
x 1
g(2) 0 2 2b c 0 b 1
即有 ' 得到 解得 ....................5
'
g (2) 1 2 b 1 c 0
即 f (x) ln(x 1), g(x) 1 x2 x ....................6 '
2
h(x) ln x ' 1 2ln x（2）由（1）问知： 2 ，则 h (x) 3 ....................8
'
x x
令 h '(x) 0,得0 x e， h '(x) 0,得x e ....................11'
故 h(x)在 (0, e)上单增，在 ( e , )上单减
即 h(x) 1存在极大值 h( e) ，无极小值 ....................13'
2e
16.解析：（1）当 n 2时： an Sn Sn 1 .................... 2 '
Sn Sn 1 Sn Sn 1 ( Sn Sn 1 )( Sn Sn 1 )
即 Sn Sn 1 1 .................... 4 '
故{ Sn }是以公差为 1的等差数列 ....................5'
（2）由（1）问知： Sn 1 (n 1) 1 n，故 Sn n
2 ....................7 '
2 2
当n 2时： an Sn Sn 1 n (n 1) 2n 1 ....................9 '
又由于 a1 1也满足上式， an 2n 1 ....................10 '
3 2n 1 n
1 n
（ ）由（2）问知bn 2 ( 1) (2n 1) 4 ( 1)
n (2n 1) ....................
2 11
'
T2n b1 b2 b2n 2 2
3 24n 1 ( 1 3) ( 5 7) ( 4n 3 4n 1)
2(1 42n )
2n 2 42n 2 2n
1 4 3 3
....................15'
高二数学参考答案 第 4 页 共 8 页
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17.解析：（1）由正方形 ABCD知： AC BD ....................1'
又由于 PD 平面ABCD且 AC 平面ABCD PD AC ....................3'
又由于 PD BD D且 PD、BD 平面ABCD
AC 平面PBD ....................5'
由于 PB 平面PBD PB AC ....................6 '
（2）如图，建立直角坐标系:
令 AC与 BD的交点为 O，连接 OQ ............7 '
由于QC 平面ABCD OC BD
故 QOC即为二面角Q BD C的平面角.............9 '
tan QOC QC 2 由于QC 1
OC 2
OC 2 即 AD 2 ....................10 '
P(0,0,2),B(2,2,0),Q(0,2,1),D(0,0,0)， PQ (0,2, 1),BQ ( 2,0,1),DQ (0,2,1)
设平面 PQB的法向量为m (x, y, z)，
m PQ 2y z 0
由 m (1,1,2) .................... 2x z 0 12
'
m BQ
设平面DQB的法向量为 n (x, y, z)，
n BQ 2x z 0
由 n (1, 1,2) ....................14 '
n DQ 2y z 0
那么 cos m,n m n 2 , sin m,n 5 ....................15'
|m | | n | 3 3
18.（1）由题知： a c 3又 c 1 a 2,b2 a2 c2 3 . ...................3'
x2 y2
那么椭圆方程为 1 .................... 4 '
4 3
高二数学参考答案 第 5 页 共 8 页
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y kx
（2）(ⅰ)不妨设M (x1, y1),N (x , y )

，由 x22 2 y2 化简为 (3 4k 2 )x2 12 0
1 4 3
12
显然 0 x x '1 2 0, x1x2 ....................64k 2 3
k k k( x1 1 x2 1) kx1 k kx k 2 2 k( 1 1 )
k1 k1 y1 y2 y1 y2 y1 y2
又
y y
2 k 1 2 2 k(x x ) k 1 2 2
y1y2 y1y2
即证 ....................10 '
（ⅱ）由于 PMT , QNT 1均为直角三角形 S1 |MT | | PT |,S
1
2 |QT | | NT |2 2
由圆的垂径定理知： |QT | | PT | ....................11'
S1 |MT | |OM | |OT |
S2 | NT | |ON | |OT |
由于 |OM | |ON |
|OM |
1
S |OM | |OT |
1 |OT | 2 '
S |OM | |OT | |OM |
1 |OM | ....................14
2 1 1
|OT | |OT |
S1 1
当 k 0时， S2 3
1
当 k 0时：直线 PQ方程为： y
1
(x 1) 则 |OT |
k k 2 1
|OM | 1 |MN | 1又 1 k 2 (x1 x )
2
2 4x1x2 1 k
2 12 ............15'
2 2 4k 2 3
|OM | 2
(k 2 1) 12 2 t 3令 ，那么 k 2
|OT | 4k 2 3 4k 3 t 3 4
|OM | 3 (t 1) 3 ( 3 3
1 S
即 ) 2 1 1 ....................16 '
|OT | 2 t 2 3 3 S2
1 S1
综上： 13 S ....................17
'
2
高二数学参考答案 第 6 页 共 8 页
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18.解析：（1） x (0, )由 f (x) a即 sin x ax，即 sin x ax 0恒成立
令 g(x) sin x ax，则 g '(x) cos x a ，发现 g(0) 0
当 a 1时， g '(x) 0故 g(x)在 (0, )上单调递减，则 g(x) g(0) 0，满足题意
当 a 1时，由函数连续性知， x0使得 g '(x) 0在 (0, x0 )上成立，故 g(x)在 (0, x0 )上
单调递增，故 g(x0 ) g(0) 0，与题意不符，故不满足题意
综上， a的取值范围为 a 1 ....................5'
f '(x) x cos x sin x（2）由 2 0可得 x cos x sin x 0x
显然， x k ,k Z 不是方程的根，
2

故当 x k ,k Z 时，方程可化为 tan x x 0
2
那么 f (x)的极值点即为方程 tan x x 0的变号零点
令 h(x) tan x x h '， (x) 1 2 1，显然 h
'(x) 0，即 h(x)在区间 (k ,k )上
cos x 2
分别单调递增，当 k 1时，h(k ) k 0 当 x k

时，h(k )
2 2
h(x) ( , 3 在区间 ), (2 , 5 ), (3 , 7 )上分别存在唯一零点，即 n 3
2 2 2
又由于 x1 ( ,
3 ) 1 3 ，函数 y x 在 ( , )上单调递增，
2 x 2
x 1 3 2 3 19 '1 x1 2 3 2 12 12
即得证 ....................11
x , x 由上可知： 1 2 2 , x3 3 (0, )，2
记 ri xi i ，则 ri (0,
)，且 tan ri ri i (i 1,2,3) h(r1) h(r3) 2h(r2 )2
要证明 x1 x3 2x2，即证明 r1 r3 2r2
r r h(r ) h(r )
只需证明 h( 1 3 ) h(r 1 3
2 2
)
2
又由于 x 3 7 1 ( , ), x1 2 (3 , )，那么2 2
h(x1 2 ) tan(x1 2 ) (x1 2 ) tan x1 x1 2 0 h(x3)
高二数学参考答案 第 7 页 共 8 页
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由于 h(x) 7 在区间 (3 , )上单调递增 x1 2 x2 3
即 x1 x3 3 故 r1 r3
构造函数 F (x) h(x) h(r1) 2h(
x r1 ) （ x r ）
2 1
F '(x) h '(x) x r h '( 1 )
2
h '(x) 1 1 0, π x x r显然， 2 在区间 上单调递增，而
1 ，故 F '(x) 0，F (x)
cos x 2 2
单调递增，
从而 F (r3) F (r1) 0
r r h(r ) h(r )
，故 h( 1 3 ) 1 3 ，即 r1 r3 2r2，也即 x1 x3 2x ．2 2 2
....................17 '
高二数学参考答案 第 8 页 共 8 页
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