四川省成都市高二数学下学期2月月考试题 理 新人教A版
2022-2023学年全国高中高二下数学人教A版月考试卷(含解析)
2022-2023学年全国高二下数学月考试卷考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 设函数在上可导，则等于( )A.B.C.D.以上都不对2. 借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图象的切线近似代替在切点附近的曲线来近似计算，例如：求，我们先求得曲线在处的切线方程为，再把代入切线方程，即得，类比上述方式，则( )A.B.C.D.3. 设 是函数 的导函数， 的图象如图所示，则的图象可能是( )A.y =f(x)R lim Δx→0f(1+Δx)−f(1)3Δx(1)f ′3(1)f ′(1)13f ′ln 1.01y =ln x x =1y =x −1x =1.01ln 1.01=0.01≈e √40001.000251.000051.00251.0005(x)f ′f (x)y =(x)f ′y =f (x)B. C. D.4. 用，，，，，组成无重复数字的六位偶数，若有且仅有个奇数相邻，则这样的六位数共有（ ）A.个B.个C.个D.个5. 已知，其中，若 ，则的值为( )A.B.C.D.6. 定义为个正数，，…，的“均倒数”．若已知正数数列的前项的“均倒数”为，又，则( )A.B.C.0123452192216276324(x +a =+(1−x)−(1−x +⋯−(1−x )15a 0a 1a 2)2a 15)15a >0=−945a 13a 2345n ++…+p 1p 2p n n p 1p 2p n {}a n n 12n +1=b n +1a n 4++…+=1b 1b 21b 2b 31b 10b 11111112101111D. 7. 已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，椭圆上点满足 ，射线平分 ， 过坐标原点作的平行线交 于点，且 则椭圆的离心率为（ ）A.B.C.D.8. 在平面直角坐标系中，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，为半径的圆与圆有公共点，则实数的最大值为( )A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 定义是的导函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．可以证明，任意三次函数都有“拐点”和对称中心，且“拐点”就是其对称中心，请你根据这一结论判断，以下命题正确的是（ ）A.存在有两个及两个以上对称中心的三次函数B.函数的对称中心是C.存在三次函数，方程有实数解，且点为函数的对称中心D.若函数，则1112+=1(a >b >0)x 2a 2y 2b 2F 1F 2P |PF|=2|P |F 2PM ∠P F 1F 2O PM PF 1Q |PQ|=||14F 1F 23–√2231213xOy y =kx −21C :+−8x +15=0x 2y 2k 34233243(x)f ′′y =f (x)y =(x)f ′(x)=0f ′′x 0(,f ())x 0x 0y =f (x)f (x)=a +b +cx +d (a ≠0)x 3x 2f (x)=−3−3x +5x 3x 2(1,0)h (x)(x)=0h ′x 0(,h ())x 0x 0y =h (x)g(x)=−−13x 312x 2512g()+g()+1202122021g()+⋯+32021g()=−101020002021y =f (x)()10. 已知函数的导函数的图象如图所示，下列结论中正确的是 A.是函数的极小值点B.是函数的极小值点C.函数在区间上单调递增D.函数在处切线的斜率小于零11. 函数为定义在上的奇函数，当时，，下列结论正确的有( )A.当时，B.函数有且仅有个零点C.若，则方程在上有解D.，恒成立12. 函数，若时，有，是圆周率，为自然对数的底数，则下列说法正确的是( )A.B.C.D.，，，，，，则最大卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 函数在上有最大值，则实数的取值范围是________.14. 已知函数 若存在，使得，则的取值范围是________.y =f (x)()−1f (x)−3f (x)f (x)(−3,1)f (x)x =0f (x)R x >0f (x)=(x −1)e −x x <0f (x)=(x +1)e xf (x)3m ≤e −2f (x)=m x >0∀,∈R x 1x 2|f ()−f ()|<2x 2x 1f(x)＝ln x x ≠x 1x 2f()=f()=m x 1x 2πe =2.71828⋯0<m <1e f(2)<f(3)<x 1x 2e 2a =e 3b =3ec =e πd =πe s =3πt =π3sf (x)=−+a (a >0)13x 3x 2(−1,8−)a 2a f(x)= 1+ln x,x ≥1,,x <1,x +12≠x 1x 2f()+f()=2x 1x 2+x 1x 215. 已知数列中，，，则数列的前项和为________.16. 当直线与曲线的图象相切时，的最小值为________.四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 学校将要举行校园歌手大赛，现有男女参加，需要安排他们的出场顺序．如果个女生都不相邻，那么有多少种不同的出场顺序？如果男女相间，那么有多少种不同的出场顺序？如果女生甲在女生乙的前面(可以不相邻)，那么有多少种不同的出场顺序？如果位男生都相邻，且女生甲不在第一个出场，那么有多少种不同的出场顺序？18. 杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中出现了杨辉三角．在欧洲，帕斯卡在年也发现了这一规律，所以这个表又叫做帕斯卡三角形．杨辉三角是中国古代数学的杰出研究成果之一，它把二项式系数图形化，把组合数内在的一些代数性质直观地从图形中体现出来，是一种离散型的数与形的结合．第行 第行 第行 第行 第行 第行 第行 记杨辉三角的前行所有数之和为，求的通项公式；在杨辉三角中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由.19. 一个盒子中装有只黑球和只白球，现在从中先后有放回地任取只球，设表示“第一次取得黑球”的事件，表示“第二次取得黑球”的事件，试计算与的值，并判断与是否为独立事件．20. 已知函数 ，.当时，求函数的最小值；当时，若对任意都有成立，求实数的取值范围．21. 某工厂生产某种产品，已知该产品的月产量（单位：吨）与产品的价格（单位：元/吨）之间的函数关系为，且生产吨产品的成本为元．问：该厂每月生产多少吨产品才能使利润达到最大？最大利润是多少？22. 已知函数＝．（1）求曲线＝在点（）处的切线方程；{}a n =1a 1=a n+1n +2n a n {}1a n10y =kx +m y =ln x −1m k 33(1)3(2)(3)(4)3126116540111121213133141464151510105161615201561(1)n T n T n (2)3:4:5a b 2A B P(A)P(A |B)A B f (x)=(x +a)ln x g(x)=+x a 2x 2(1)a =0f (x)(2)a ≤0x ≥1f (x)≥g(x)a x p p =24100−15x 2x R =40000+100x ()f(x)(x +a)ln x −(a +1)(x −1)y f(x)1,f(1)（1）求曲线＝在点（）处的切线方程；（2）是否存在实数，使得在具有单调性？若存在，求所有的取值构成的集合；若不存在，请说明理由．y f(x)1,f(1)a f(x)(0,+∞)a参考答案与试题解析2022-2023学年全国高二下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】C【考点】导数的几何意义变化的快慢与变化率【解析】先有极限的运算性质变形得，再由导数定义得到结果对比四个选项找出正确答案【解答】解：由题意函数在上可导，∴.故选.2.【答案】A【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】对函数求导，得到曲线在点处的切线方程为，因为与之间的距离比较小，可以运用“以直代曲”，在切点附近用切线代替曲线进行近似计算即可得解.【解答】解：设，可得，因为，，所以曲线在点处的切线方程为，=lim △x →0f(1+△x)−f(1)3△x 13lim △x →0f(1+△x)−f(1)△x y =f(x)R lim Δx→0f(1+Δx)−f(1)3Δx =13lim Δx→0f(1+Δx)−f(1)Δx =(1)13f ′C y =e x (0,1)y =g(x)=x +1140000f (x)=e x (x)=f ′e x f (0)=1(0)=1f ′y =e x (0,1)y =g(x)=x +11因为与之间的距离比较小，可以运用“以直代曲”，在切点附近用切线代替曲线进行近似计算，所以，故选．3.【答案】B【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：由的导函数图象知：当时，，当时，,所以在处取得极小值，故排除；当时，，当时，,所以在处取得极大值，故排除.故选.4.【答案】A【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】根据题意，先把、、三个偶数排好，按的位置不同分种情况讨论，由加法原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，先把、、三个偶数排好，有种顺序，140000==f ()e √4000e 1400014000≈g()=1+=1.000251400014000A (x)f ′x ∈(−1，0)(x)<0f ′x ∈(0，1)(x)>0f ′f(x)x =0A ，C x ∈(−3，−1)(x)>0f ′x ∈(−1，0)(x)<0f ′f(x)x =−1D B 02402024=6A 332=48C 2A 2C 1C 1若在最左边，三个偶数之间有种顺序，此时有个符合题意的六位数，若不在最左边，三个偶数之间有种顺序，此时有个符合题意的六位数，则共有个符合题意的六位数．故选．5.【答案】A【考点】二项式定理的应用二项式系数的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：∵，，∴，其中，若，则，即，即，∴.故选.6.【答案】C【考点】数列的求和数列递推式【解析】由已知得，求出后，利用当时，，即可求得通项，最后利用裂项法，即可求和．【解答】解：由已知得，∴，当时，，验证知当时也成立，∴，022=48C 23A 22C 12C 12044=144C 23A 22A 2348+144=192A (x +a =+(1−x)+(1−x +⋯+(1−x )15a 0a 1a 2)2a 15)15(x +a =−(−x −a =−[−(a +1)+(1−x))15)15]15−[−(a +1)+(1−x)=+(1−x)+(1−x +⋯+(1−x ]15a 0a 1a 2)2a 15)15a >0=−945a 13=−945=−[−(a +1)a 13C 1315]2−945=−105⋅(a +1)2(a +1=9)2a =2A ++...+=n(2n +1)=a 1a 2a n S n S n n ≥2=−a n S n S n−1a n =n ++…+a 1a 2a n 12n +1++...+=n(2n +1)=a 1a 2a n S n n ≥2=−=4n −1a n S n S n−1n =1=4n −1a n =n+1∴，∴，∴．故选．7.【答案】B【考点】椭圆的定义和性质椭圆的离心率【解析】利用角平分线以及椭圆的定义求出四边形为梯形，求得离心率．【解答】解：关于角平分线的对称点，则点在线段的延长线上，连接交于点，连接，则，所以为的中点，由可知，又，分别为，的中点，所以，所以，所以四边形为等腰梯形，所以，得，所以椭圆的离心率为．==n b n +1a n 4=−1⋅b n b n+11n 1n +1++…+1b 1b 21b 2b 31b 10b 11=(1−)+(−)+(−)+...+(−)1212131314110111=1−111=1011C F 1PM A A PF 2A F 1PM B OB |P |=|PA|=2|P |F 1F 2F 2PA |P |+|P |=2a F 1F 2|P |=|A |=a F 2F 223O B F 1F 2A F 1OB//AF 2∠OBP =∠APB =∠BPQ OBPQ OB =PQ =c 2|A |=c =a F 22323故选．8.【答案】D【考点】直线与圆的位置关系【解析】圆化成标准方程，得圆心为且半径，根据题意可得到直线的距离小于或等于，利用点到直线的距离公式建立关于的不等式，解之得，即可得到的最大值．【解答】解：由题意，圆的方程为，整理，得，则圆心为，半径．又直线上至少存在一点，使以该点为圆心，为半径的圆与圆有公共点，所以点到直线的距离小于或等于，即，化简，得，解得，故的最大值是．故选．二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】B,C,D【考点】导数的运算函数新定义问题【解析】由题意，根据新定义对应各个选项逐个判断即可．【解答】B C C(4,0)r =1C y =kx −22k 0≤k ≤43k C +−8x +15=0x 2y 2(x −4+=1)2y 2C(4,0)r =1y =kx −21C C y =kx −22≤2|4k −0−2|+1k 2−−−−−√3−4k ≤0k 20≤k ≤43k 43D解：选项，因为，，则方程只有一个实数解，即不存在有两个及两个以上对称中心的三次函数，故错误；选项，因为，，方程只有一个实数解，此时，则函数的对称中心为，故正确；选项，设三次函数为，则，，可知方程的解只有，此时 ，所以函数的对称中心为，故正确；选项，因为，，则方程只有一个实数解为，此时，所以函数的对称中心为，则，所以，故正确.故选.10.【答案】B,C【考点】利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性【解析】【解答】解：∵由函数的导函数的图象可知，当时，，当时，,∴函数在上单调递减，在上单调递增，∴是函数的极小值点，函数在区间上单调递增，故选项错误，选项，正确；∵函数在处的导数大于零，∴函数在处切线的斜率大于零，故选项错误.故选.11.【答案】A,B,DA (x)=3a +2bx +c (a ≠0)f ′x 2(x)=6ax +2b f ′′(x)=0f ′′AB (x)=3−6x −3f ′x 2(x)=6x −6f ′′(x)=0f ′′=1x 0f ()=0x 0f (x)(1,0)BC h (x)=x 3(x)=3h ′x 2(x)=6x h ′′(x)=0h ′′=0x 0h ()=0x 0h (x)(0,0)CD (x)=−x g ′x 2(x)=2x −1g ′′(x)=0g ′′=x 012g()=−x 012g(x)(,−)1212g(x)+g(1−x)=−1g()+g()+⋯+1202122021g()20202021=[g()+12021g()]+[g()+g()]+⋯+202020212202120192021[g()+g()]1010202110112021=1010×(−1)=−1010D BCD y =f (x)x <−3(x)<0f ′x >−3(x)≥0f ′f(x)(−∞,−3)(−3,+∞)−3f (x)f (x)(−3,1)A B C y =f(x)x =0y =f(x)x =0D BC【考点】函数奇偶性的性质利用导数研究与函数零点有关的问题利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数的极值【解析】无【解答】解：对于，函数为定义在上的奇函数，当时， ，，正确；对于，当时，，解得，当时，，解得，又，所以有和三个零点，正确；对于，当时，，，当时，，递减，当时，，递增，所以时，，时， ，，，由是奇函数，所以时， ，又，∴的值域是，若时，方程在时无解，错误；对于，由可知，，因此对任意的实数，，有，，，即，正确．故选．12.【答案】A,B,D【考点】利用导数研究函数的单调性A f (x)R x <0−x >0f (x)=−f (−x)=−(−x −1)=(x +1)e x e x AB x >0f (x)=(x −1)=0e −x x =1x <0f (x)=(x +1)=0e x x =−1f (0)=0f (x)±10BC x <0f (x)=(x +1)e x (x)=(x +2)f ′e x x <−2(x)<0f ′f (x)−2<x <0(x)>0f ′f (x)x =−2f =f (−2)=−=−(x)极小值e −21e 2x →0+f (x)→−1x →0−f (x)→1f (x)x =2f =f (2)=(x)极大值1e 2f (0)=0f (x)(−1,1)m ≤−1f (x)=m x >0C D C −1<f (x)<1x 1x 2−1<f ()<1x 1−1<f ()<1x 2∴−2<f ()−f ()<2x 1x 2|f ()−f ()|<2x 1x 2D ABD作出的大致图象，结合图象可判断选项；由，可得，由此判断选项；若，则，构造函数，可知矛盾，由此可判断选项；这六个数的最大数在与中取，而，由此判断选项．【解答】解：，当时，，当时，，∴函数在上单调递增，在上单调递减，当时，，当时，，，作出函数的大致图象如图所示，，由于，即有且仅有两个交点，由图象可知，，故选项正确；，易知，即，即，即，故选项正确；，由图象不妨设，故等价于，又，，故等价为，即，设，，则，∴在上单调递增，故，即矛盾，故选项错误；，由于，由指数函数和幂函数的性质可知，，，，，故这六个数的最大数在与中取，由及的单调性可知，，即，即，故，综上，这六个数中最大数是，故选项正确．故选.三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】f(x)A ln 8<ln 9<ln 22ln 33B <x 1x 2e 2f()>f()x 1e 2x 1g(x)＝f(x)−f()，1<x <e e 2x f()<f()x 1e 2x 1C 3ππ3<π33πD (x)＝(x >0)f ′1−ln xx 2(x)>0f ′0<x <e (x)<0f ′x >e f(x)(0,e)(e,+∞)x →0f(x)→−∞x →+∞f(x)→0f(e)＝1e f(x)A f()=f()=m x 1x 2f(x)=m 0<m <1e B ln 8<ln 93ln 2<2ln 3<ln 22ln 33f(2)<f(3)C 1<<e <x 1x 2<x 1x 2e 2<x 2e 2x 1x 2∈(e,+∞)e 2x 1f()>f()x 2e 2x 1f()>f()x 1e 2x 1g(x)＝f(x)−f()e 2x 1<x <e (x)＝(x)+()g ′f ′e 2x 2f ′e 2x ＝+1−ln x x 2ln x −1e 2=(1−ln x)(−)>01x 21e 2g(x)(1,e)g(x)<g(e)=0f()<f()x 1e 2x 1D e <3<π>e πe 3>3π3e >ππ3>3πe π3ππ3e <3<πf(x)f(π)<f(3)<ln ππln 33ln <ln π33π<π33πs ABD [1,2)【考点】利用导数研究函数的最值【解析】此题暂无解析【解答】解：由于，易知函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，故函数在上有最大值的条件为解得，即实数的取值范围是.故答案为：.14.【答案】【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数的极值【解析】此题暂无解析【解答】解：当时，，当时，.由，且，可得，其中一个大于，一个小于，所以不妨令，，即，所以，所以.令，，则.令，解得，(x)=−+2ax =x(2a −x)f ′x 2f(x)(−∞,0)[0,2a][2a,+∞)f(x)(−1,8−)a 2 8−>2a,a 2f(2a)≥f(−1),−1<8−,a 21≤a <2a [1,2)[1,2)[3−2ln 2,+∞)x ≥1f(x)=1+ln x ≥1x <1f(x)=<1x +12f()+f()=2x 1x 2≠x 1x 2x 1x 211<1x 1>1x 2+1+ln =2+1x 12x 2=−2ln +1x 1x 2+=−2ln ++1x 1x 2x 2x 2h(x)=−2ln x +x +1x >1(x)=−+1h ′2x (x)=0h ′x =2′′所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以当时，函数取得极小值，极小值唯一，所以极小值也是最小值为，所以，所以的取值范围是.故答案为：.15.【答案】【考点】数列的求和数列递推式【解析】此题暂无解析【解答】解：因为，所以，故.因为，所以．而，所以．故答案为：．16.【答案】【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的最值h(x)(1,2)(2,+∞)x =2h(x)h(x =h(2)=3−2ln 2)min +≥3−2ln 2x1x 2+x 1x 2[3−2ln 2,+∞)[3−2ln 2,+∞)2011=a n+1n +2n a n =a n n +1n −1a n−1=××××⋯⋅××a n n +1n −1n n −2n −1n −3n −2n −44231a 1=1a 1=a n n (n +1)2==2(−)1a n 2n (n +1)1n 1n+1+++⋯+1a 11a 21a 31a 10=2(1−)+2(−)+⋯+2(−)121213110111=2(1−)=11120112011−e设切点为，再求出切线方程，进而得出，令，利用导数求得的最小值即可得结论．【解答】解：设切点为，由题意，得函数的导数，所以切线斜率为，则切线方程为，即，所以，，所以，令，，令，解得，令，解得，所以在上单调递减；在上单调递增，所以在处取得极小值，也是最小值，即最小值，所以的最小值为．故答案为：．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：先排个男生，总共有种可能；再在产生的四个空中，选出个，将女生进行排列，有种可能，故所有不同出场顺序有： (种).第一步，先排个男生，总共有种可能；第二步，去除男生左端的位置，插空全排有种可能，去除男生右端的位置，插空全排有种可能，故此时有种可能，故所有不同出场顺序有： (种).先计算全部的排列可能有种可能，因为每一次全排列，甲乙都有种可能，故甲和乙定序的排列有(种).将个男生进行捆绑后，总共有个元素进行排列，先从女生甲以外的个元素中选取个第一个出场，再对剩余个元素进行全排列，同时对个男生也要进行全排列，故所有的可能有(种).(,ln −1)x 0x 0=ln −2m k x 0x 0x 0g(x)=x ln x −2x g(x)(,ln −1)x 0x 0y =ln x −1=y ′1x1x 0y −(ln −1)=(x −)x 01x 0x 0y =x +ln −21x 0x 0=k 1x 0ln −2=m x 0=(ln −2)=ln −2m k x 0x 0x 0x 0x 0g(x)=x ln x −2x (x)=ln x −1g ′(x)<0g ′0<x <e (x)>0g ′x >e g(x)(0,e)(e,+∞)g(x)x =e g(e)=−e m k −e −e (1)3A 333A 34=144A 33A 34(2)3A 33A 33A 332A 332=72A 33A 33(3)A 66A 22=360A 66A 22(4)343133=108A 33C 13A 33排列、组合的应用排列、组合及简单计数问题【解析】先排男生，再插空即可；首先排男生，再插空排列即可；先全排，再除序即可；将个男生进行捆绑后，总共有个元素进行排列，先从甲女生以外的个元素中选取个第一个出场，再对剩余个元素进行全排列，同时对个男生也要进行全排列.【解答】解：先排个男生，总共有种可能；再在产生的四个空中，选出个，将女生进行排列，有种可能，故所有不同出场顺序有： (种).第一步，先排个男生，总共有种可能；第二步，去除男生左端的位置，插空全排有种可能，去除男生右端的位置，插空全排有种可能，故此时有种可能，故所有不同出场顺序有： (种).先计算全部的排列可能有种可能，因为每一次全排列，甲乙都有种可能，故甲和乙定序的排列有(种).将个男生进行捆绑后，总共有个元素进行排列，先从女生甲以外的个元素中选取个第一个出场，再对剩余个元素进行全排列，同时对个男生也要进行全排列，故所有的可能有(种).18.【答案】解：由二项式定理的性质，杨辉三角第行的个数的和为：，∴．杨辉三角形的第行由二项式系数，，，，…，组成．如果第行中有，，那么 ，，解这个联立方程组，得，．即第行有三个相邻的数，，的比为．【考点】二项式系数的性质二项式定理的应用(1)(2)(3)(4)343133(1)3A 333A 34=144A 33A 34(2)3A 33A 33A 332A 332=72A 33A 33(3)A 66A 22=360A 66A 22(4)343133=108A 33C 13A 33(1)n −1n =++⋯+=S n C 0n−1C 1n−1C n−1n−12n−1=++⋯+=1+2++⋯+=−1T n S 1S 2S n 222n−12n (2)n C k n k =012n n ==C k−1nC k n k n −k +134==C 4n C k+1n k +1n −k 453n −7k =−34n −9k =5k =27n =6262C 2662C 2762C 28623:4:5此题暂无解析【解答】解：由二项式定理的性质，杨辉三角第行的个数的和为：，∴．杨辉三角形的第行由二项式系数，，，，…，组成．如果第行中有，，那么 ，，解这个联立方程组，得，．即第行有三个相邻的数，，的比为．19.【答案】由题意可知，，，所以，所以与是独立事件．【考点】互斥事件与对立事件条件概率与独立事件【解析】根据事件相互独立的定义即可得到答案【解答】由题意可知，，，所以，所以与是独立事件．20.【答案】解：由函数，可得的定义域为，当时， 的导数，令，解得；令，解得，所以函数在单调递减，在单调递增，(1)n −1n =++⋯+=S n C 0n−1C 1n−1C n−1n−12n−1=++⋯+=1+2++⋯+=−1T n S 1S 2S n 222n−12n (2)n C k n k =012n n ==C k−1nC k n k n −k +134==C 4n C k+1n k +1n −k 453n −7k =−34n −9k =5k =27n =6262C 2662C 2762C 28623:4:5P(A)=a a +b P(B)=a a +b P(AB)=⋅a a +b a a +b P(A |B)==P(AB)P(B)a a +b A B P(A)=a a +b P(B)=a a +b P(AB)=⋅a a +b a a +b P(A |B)==P(AB)P(B)a a +b A B (1)f (x)=(x +a)ln x f (x)(0,+∞)a =0f (x)(x)=1+ln x f ′(x)>0f ′x >1e (x)<0f ′0<x <1e f (x)(0,)1e (,+∞)1e所以当时， 取得最小值．令，，因为对于任意都有，只须在）上恒成立.又由，且，记，则，由已知，所以对于任意，都有恒成立.又因为，所以在）上单调递增，所以，由，解得，所以当时，对任意都有成立．【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究不等式恒成立问题【解析】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．【解答】解：由函数，可得的定义域为，当时， 的导数，令，解得；令，解得，所以函数在单调递减，在单调递增，所以当时， 取得最小值．令，，因为对于任意都有，只须在）上恒成立.又由，且，记，则，由已知，所以对于任意，都有恒成立.x =1e f (x)−1e (2)F (x)=f (x)−g(x)=(x +a)ln x −−x a 2x 2(x ≥1)x ≥1f (x)≥g(x)F (x)≥0[1,+∞(x)=ln x +−ax F ′a x (1)=0F ′G (x)=(x)=ln x +−ax,(x ≥1)F ′a x (x)=−−a G ′1x a x 2a ≤0x ≥1(x)=−−a >0G ′1x a x 2G (1)=(1)=0F ′F (x)[1,+∞(x)=F (1)=−−1F min a 2−−1≥0a 2a ≤−2a ≤−2x ≥1f (x)≥g(x)(1)f (x)=(x +a)ln x f (x)(0,+∞)a =0f (x)(x)=1+ln x f ′(x)>0f ′x >1e (x)<0f ′0<x <1e f (x)(0,)1e (,+∞)1e x =1e f (x)−1e (2)F (x)=f (x)−g(x)=(x +a)ln x −−x a 2x 2(x ≥1)x ≥1f (x)≥g(x)F (x)≥0[1,+∞(x)=ln x +−ax F ′a x (1)=0F ′G (x)=(x)=ln x +−ax,(x ≥1)F ′a x (x)=−−a G ′1x a x 2a ≤0x ≥1(x)=−−a >0G ′1x a x 2所以在）上单调递增，所以，由，解得，所以当时，对任意都有成立．21.【答案】解：设生产吨产品，利润为元，则,，由，得，∵时，，当时，，∴当时，（元）,答：该厂每月生产顿产品才能使利润达到最大，最大利润为元.【考点】利用导数研究函数的最值函数模型的选择与应用【解析】将实际问题转化成数学最值问题，利用导数求最值【解答】解：设生产吨产品，利润为元，则,，由，得，∵时，，当时，，∴当时，（元）,答：该厂每月生产顿产品才能使利润达到最大，最大利润为元.22.【答案】＝，因为＝，＝，所以曲线＝在点（）处的切线方程为＝．若在具有单调性，则或恒成立，①若，则在上单调递增，因为＝，F (x)[1,+∞(x)=F (1)=−−1F min a 2−−1≥0a 2a ≤−2a ≤−2x ≥1f (x)≥g(x)x y y =px −R =(24100−)x −(40000+100x)15x 2=−+24000x −40000(0<x <10)15x 31205−−−−√y'=−+2400035x 2y =0′x =2000<x <200y >0′200<x <101205−−−−√y <0′x =200=3160000y max 2003160000x y y =px −R =(24100−)x −(40000+100x)15x 2=−+24000x −40000(0<x <10)15x 31205−−−−√y'=−+2400035x 2y =0′x =2000<x <200y >0′200<x <101205−−−−√y <0′x =200=3160000y max 2003160000f'(x)ln x+−a f'(1)0f(1)0y f(x)1,f(1)y 0f(x)(0,+∞)f'(x)≥0f'(x)≤0a ≤0f'(x)(0,+∞)f'(1)0x ∈(0,1)f'(x)<0f(x)所以当时，，即单调递减，当时，，单调递增，故不具有单调性；②若，则令＝＝，则＝-＝，所以当时，，即单调递减，当时，，即单调递增，所以＝，若恒成立，则，即＝，综上，构成的集合为．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的单调性【解析】（1）求出，，利用导数的几何意义即可求得切线方程；（2）若在具有单调性，则或恒成立，分，两种情况讨论，即可求得满足条件的的取值集合．【解答】＝，因为＝，＝，所以曲线＝在点（）处的切线方程为＝．若在具有单调性，则或恒成立，①若，则在上单调递增，因为＝，所以当时，，即单调递减，当时，，单调递增，故不具有单调性；②若，则令＝＝，则＝-＝，所以当时，，即单调递减，当时，，即单调递增，所以＝，若恒成立，则，即＝，综上，构成的集合为．x ∈(0,1)f'(x)<0f(x)x ∈(1,+∞)f'(x)>0f(x)f(x)a >0g(x)f'(x)ln x+−a g'(x)x ∈(0,a)g'(x)<0g(x)x ∈(a,+∞)g'(x)>0g(x)g(x)min g(a)g(x)≥0g(a)≥g(1)a 1a {1}f'(1)f(1)f(x)(0,+∞)f'(x)≥0f'(x)≤0a ≤0a >0a f'(x)ln x+−a f'(1)0f(1)0y f(x)1,f(1)y 0f(x)(0,+∞)f'(x)≥0f'(x)≤0a ≤0f'(x)(0,+∞)f'(1)0x ∈(0,1)f'(x)<0f(x)x ∈(1,+∞)f'(x)>0f(x)f(x)a >0g(x)f'(x)ln x+−a g'(x)x ∈(0,a)g'(x)<0g(x)x ∈(a,+∞)g'(x)>0g(x)g(x)min g(a)g(x)≥0g(a)≥g(1)a 1a {1}。
2022-2023学年人教A版高二下数学月考试卷含答案及解析051054.pdf)
2022-2023学年高中高二下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I（选择题）一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1. 已知向量→a=(1,1,k)，→b=(−1,0,−1)，→c=(0,2,1)，且向量→a−2→b与→c互相垂直，则k的值是( )A.1B.−2C.−3D.−42. 随着新冠疫苗的成功研发，某地区开始对重点人群进行新冠疫苗接种．为了配合社区对新冠疫苗接种人员讲解注意事项，某医科大学共派出4名男志愿者和2名女志愿者参与该地区志愿服务．已知6名志愿者将会被分为2组派往该地区的2个不同的社区，且女志愿者不单独成组．若每组不超过4人，则不同的分配方法种数为( )A.32B.40C.48D.563. 若离散型随机变量X的分布列为P(x=i)=a(12)i，i=1,2,3，则a的值为( )A.87B.78C.12D.134. △ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，若→AB+→AC=2→AO，且→|OA|=→|AC|，则向量→BA在向量→BC方向上的投影为（ ）A.32B.√32C.3D.−√325. 若x3+x6+x9=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+⋯+a9(x+1)9，则a3=( )A.65B.56C.42D.246. 某篮球队对队员进行考核，规则是：①每人进行3个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过.已知队员甲投篮1次投中的概率为23，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3个轮次通过的次数X的期望是( )A.3B.83C.2D.537. 从某班6名学生（其中男生4人，女生2人）中任选3人参加学校组织的社会实践活动．设所选3人中女生人数为ξ，则数学期望Eξ=( )A.45B.1C.75D.28. 已知点A，B，C，D在球O的表面上，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，若AB＝2，BC＝4，AC与平面ABD所成角的正弦值为，则球O表面上的动点P到平面ACD距离的最大值为（ ）A.2B.3C.4D.5二、多选题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）9. 设离散型随机变量X的分布列为X01234P q0.40.10.20.2若离散型随机变量Y满足Y=2X+1，则下列结果正确的有( )A.q=0.1B.E(X)=2，D(X)=1.4C.E(X)=2，D(X)=1.8D.E(Y)=5，D(Y)=7.210. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列结论正确的是( )A.AD1//BC1B.平面AB1D1//平面BDC1C.AD1//DC1D.AD1//平面BDC111. 一袋中装有5个大小相同的小球，其中黑球2个，白球3个，则下列结论正确的是( )A.若有放回地摸取3个球，则取出的球中有2个白球的概率是35B.若一次性地摸取3个球，则取出的球中有2个白球的概率是35C.若有放回地摸取3个球，则取到的白球数大于黑球数的概率为710D.若一次性地摸取3个球，则取到的白球数大于黑球数的概率为71012. 以下四个命题中正确的是()A.8道四选一的单选题，随机猜结果，猜对答案的题目数X∼B(8,0.25)B.两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1C.在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N(1,σ2)(σ>0)，若ξ在(0,1)内取值的概率为0.4，则ξ在(0,2)内取值的概率为0.8D.对分类变量X与Y的随机变量K2的观测值k来说，k越小，判断“X与Y有关系”的把握程度越大卷II（非选择题）三、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）13. 空间四边形ABCD中，AB=CD且AB与CD所成的角为30∘，E，F分别是BC，AD的中点，则EF与AB所成角的大小为________．14. 用0，1，2，3，4，5这六个数字组成一个无重复数字的五位数，百位和个位必须是奇数的数有________个．15. 在(2x−1)5的展开式中，含x2的项的系数是________（用数字作答）.16. 某产品分一、二、三级，其中一、二级是正品，若生产中出现正品的概率是0.98，二级品的概率是0.21，则出现一级品与三级品的概率分别是________，________．四、解答题（本题共计 6 小题，每题 5 分，共计30分）17. 将三颗大小和质地完全相同的骰子各掷一次，记向上的数字作为投掷的结果．(1)记事件A为“三个点数都不相同”，事件B为“没有出现3点”，计算P(B|A)；(2)记各掷一次大小和质地完全相同的三颗骰子，向上出现的不同数字的个数为随机变量X，求随机变量X的分布列和数学期望．18. 在(2x2−13√x)8的展开式中，(1)求第5项的二项式系数及第5项的系数；(2)求展开式中x2的系数.19.一年之计在于春，一日之计在于晨，春天是播种的季节，是希望的开端.某种植户对一块地的n(n∈N∗)个坑进行播种，每个坑播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为12，且每粒种子是否发芽相互独立.对每一个坑而言，如果至少有两粒种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种.(1)当n取何值时，有3个坑要补播种的概率最大？最大概率为多少？(2)当n=4时，用X表示要补播种的坑的个数，求X的分布列与数学期望.20.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB=BC=1，BB1=2，∠BCC1=π3．（1）求证：C1B⊥平面ABC；（2）求点B到平面AB1C1的距离．21. 已知(a+b)n=C0n a n+C1n a n−1b+C2n a n−2b2+⋯+C rn a n−r b r+⋯+C nn b n(n∈N∗)，那么(x−12x)10展开式中．(1)求第6项；(2)求含x2的项的系数；22. 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=54，EF交于BD于点M，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=√10．(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B−D′A−C的正弦值．参考答案与试题解析2022-2023学年高中高二下数学月考试卷一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1.【答案】D【考点】空间向量的数量积运算向量的数量积判断向量的共线与垂直【解析】根据题意，易得k→a+→b，2→a−→b的坐标，结合向量垂直的性质，可得3(k−1)+2k−2×2=0，解可得k的值，即可得答案．【解答】解：根据题意，易得→a−2→b=(1,1,k)−2(−1,0,−1)=(3,1,k+2)，∵→a−2→b与→c两向量互相垂直，∴0+2+k+2=0，解得k=−4.故选D.2.【答案】C【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】此题暂无解析【解答】解：根据题意，分两种情况讨论：①分为3，3的两组时，2名女志愿者不单独成组，有12C36种分组方法，再对应到两个社区参加志愿工作，有A22种情况，此时共有12C36×A22=20种分配方法．②分为2，4的两组时，有C46×C22=15种分组方法，其中有1种两名女志愿者单独成组的情况，则有14种符合条件的分组方法，再对应到两个社区参加志愿工作，有A22种情况，此时共有14×A22=28种分配方法．故共有20+28=48种分配方法．故选C．3.【答案】A【考点】离散型随机变量及其分布列【解析】此题暂无解析【解答】解：a2+a4+a8=1，78a =1，a =87.故选A.4.【答案】A【考点】向量的投影【解析】利用向量加法的几何意义 得出△ABC 是以A 为直角的直角三角形．由题意画出图形，借助图形求出向量→BA 在向量→BC 方向上的投影．【解答】解：由于→AB +→AC =2→AO 由向量加法的几何意义，O 为边BC 中点，因为△ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为1，所以→|OA|=→|OC|=→|OB|=→|AC|=1，三角形应该是以BC 边为斜边的直角三角形，斜边BC =2AO =2，直角边AB =√3，所以∠ABC =30∘则向量→BA 在向量→BC 方向上的投影为|BA|cos30=√3×√32=32，故选A ．5.【答案】A【考点】二项式定理的应用二项式系数的性质【解析】由x 3+x 6+x 9=[(x +1)−1]3+[(x +1)−1]6+[(x +1)−1]9，利用二项式定理展开，即可系数a 3的值．【解答】解：x 3+x 6+x 9=[(x +1)−1]3+[(x +1)−1]6+[(x +1)−1]9=a 0+a 1(x +1)+a 2(x +1)2+⋯+a 9(x +1)9，故a 3=C 33(−1)0+C 36(−1)3+C 39(−1)6=65.故选A.6.【答案】B【考点】两点分布二项分布超几何分布的期望与方差【解析】此题暂无解析【解答】解：甲每个轮次通过的概率为1−13×13=89，甲进行的3个轮次的投篮是一个独立重复试验，服从X ∼B(3,89)，∴E(X)=3×89=83.故选B.7.【答案】B【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】先找到ξ的所有可能取值，求出每种情况的概率，就可得到ξ的分布列，再根据期望的计算公式计算出ξ的期望值即可．【解答】解：ξ的所有可能取值为0，1，2．依题意，得P(ξ=0)=C 34C 36=15，P(ξ=1)=C 24C 12C 36=35，P(ξ=2)=C 14C 22C 36=15．∴ξ的分布列为ξ012P 153515∴Eξ=0×15+1×35+2×15=1．故选B.8.【答案】B【考点】点、线、面间的距离计算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答二、多选题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）9.【答案】A,C,D【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】由离散型随机变量X的分布列的性质求出q＝0.1，由此能求出E(X)，D(X)，再由离散型随机变量Y满足Y＝2X+1，能求出E(Y)和D(Y)．【解答】解：由离散型随机变量X的分布列的性质得，q=1−0.4−0.1−0.2−0.2=0.1，E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2，D(X)=(0−2)2×0.1+(1−2)2×0.4+(2−2)2×0.1+(3−2)2×0.2+(4−2)2×0.2=1.8，∵离散型随机变量Y满足Y=2X+1，∴E(Y)=2E(X)+1=5，D(Y)=4D(X)=7.2．故选ACD.10.【答案】A,B,D【考点】空间中直线与平面之间的位置关系两条直线平行的判定直线与平面平行的判定平面与平面平行的判定异面直线的判定【解析】由正方体ABCD−A1B1C1D1性质得AD1//BC1；由AD1//BC1，B1D1//BD，得平面AB1D1//平面BDC1；由AD1//BC1，BC1∩DC1=C1，得AD1与DC1异面；由AD1//BC1，得AD1//平面BDC1．【解答】解：如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD1//BC1，故A正确；∵AD1//BC1，B1D1//BD，AD1∩B1D1=D1，BC1∩BD=B，∴平面AB1D1//平面BDC1，故B正确；∵AD1//BC1，BC1∩DC1=C1，∴AD1与DC1异面，故C错误；∵AD1//BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，∴AD1//平面BDC1，故D正确．故选ABD.11.【答案】B,D【考点】古典概型及其概率计算公式条件概率与独立事件【解析】此题暂无解析【解答】解：A，由题意，取出1个球是白球的概率为35，取出1个球是黑球的概率为25，故有放回地取3个球，取出2个白球概率为35×35×25+35×25×35+25×35×35=54125，A错误；B，一次性摸3个球，取出2个白球的概率为C23C12C35=35，B正确；C，有放回摸球且取到白球数大于黑球数，若白球2，黑球1，概率为54125，若白球3，概率为35×35×35=27125，故若有放回地摸取3个球，则取到的白球数大于黑球数的概率为54125+27115=81125，C错误；D，一次性摸3个球且白球数大于黑球数，若白球2，黑球1，概率为35，若白球3，概率为C33C35=110，故若一次性地摸取3个球，则取到的白球数大于黑球数的概率为110+35=710，D正确.故选BD.12.【答案】A,B,C【考点】线性相关关系的判断正态分布的密度曲线独立性检验n次独立重复试验的结果【解析】A．8道题都是独立的，正确的概率是0.25，符合8次重复独立事件；B．两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1；C．由于正态分布N(1,σ2)的图象关于x=1对称，而ξ在(0,1)内取值的概率为0.4，因此ξ在(1,2)内取值的概率也是0.4，故ξ在(0,2)内取值的概率为0.8；D．对分类变量X与Y的随机变量K2的观测值k来说，k越大，判断“X与Y有关系”的把握程度越大．【解答】解：A，8道题都是独立的，正确的概率是0.25，符合8次重复独立事件，故A正确；B，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1，故B正确；C，由于正态分布N(1,σ2)的图象关于x=1对称，而ξ在(0,1)内取值的概率为0.4，因此ξ在(1,2)内取值的概率也是0.4，故ξ在(0,2)内取值的概率为0.8，故C正确；D，对分类变量X与Y的随机变量K2的观测值k来说，k越大，判断“X与Y有关系”的把握程度越大，故D错误．故选ABC.三、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）13.【答案】15∘或75∘．【考点】异面直线及其所成的角【解析】取AC的中点G，连结EG、FG，则EG//AB，GF//CD，且由AB=CD知EG=FG，从而得到∠GEF（或它的补角）为EF与AB所成的角，∠EGF（或它的补角）为AB与CD所成的角，由此能求出EF与AB所成的角．【解答】解：取AC的中点G，连结EG，FG，如下图：则EG平行且等于12AB，FG平行且等于12CD，由AB=CD知EG=FG，∴∠GEF（或它的补角）为EF与AB所成的角，∠EGF（或它的补角）为AB与CD所成的角．∵AB与CD所成的角为30∘，∴∠EGF=30∘或150∘．由EG=FG知△EFG为等腰三角形，当∠EGF=30∘时，∠GEF=75∘；当∠EGF =150∘时，∠GEF =15∘．故EF 与AB 所成的角为15∘或75∘．故答案为：15∘或75∘．14.【答案】108【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】此题暂无解析【解答】解：①若不选0，共有A 23A33=36个．②若选0且只选两个奇数，共有A 23C 12A 22=24个．③若选0且选三个奇数，共有A 23C 12C 12C 12=48个．综上所述，共有36+24+48=108个．故答案为：108．15.【答案】−40【考点】二项展开式的特定项与特定系数【解析】利用二项展开式的通项公式写出第r +1项，令x 的指数为2求出展开式中x 2的系数【解答】解：根据所给的二项式写出展开式的通项，T r+1=C r5(2x)5−r (−1)r ，要求x 2项的系数，∴5−r =2，∴r =3，∴x 2的项的系数是22(−1)3C35=−40.故答案为：−40.16.【答案】0.77,0.02【考点】互斥事件的概率加法公式【解析】利用互斥事件概率加法公式能求出出现一级品的概率，利用对立事件概率加法公式能求出出现三级品的概率．【解答】解：∵产品分一、二、三级，其中一、二级是正品，生产中出现正品的概率是0.98，二级品的概率是0.21，∴出现一级品的概率p1=0.98−0.21=0.77，出现三级品的概率p2=1−0.98=0.02．故答案为：0.77，0.02．四、解答题（本题共计 6 小题，每题 5 分，共计30分）17.【答案】解：(1)由题意得“没有出现3点，且三个点数都不相同”共有5×4×3=60种等可能的情况，“三个点数都不相同”有6×5×4=120种等可能的情况，所以P(B|A)=P(AB)P(A)=60120=12.(2)由题意可知X的所有可能的取值为0，2，3．因为P(X=0)=6×1×16×6×6=136，P(X=2)=6×5×(1+2)6×6×6=512，P(X=3)=6×5×46×6×6=59，所以随机变量X的分布列如表所示，X023P1*******所以随机变量X的数学期望E(X)=0×136+2×512+3×59=52．【考点】条件概率与独立事件离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】本题考查条件概率、离散型随机变量的分布列和数学期望，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数学运算核心素养．本题考查条件概率、离散型随机变量的分布列和数学期望，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数学运算核心素养．【解答】解：(1)由题意得“没有出现3点，且三个点数都不相同”共有5×4×3=60种等可能的情况，“三个点数都不相同”有6×5×4=120种等可能的情况，所以P(B|A)=P(AB)P(A)=60120=12.(2)由题意可知X的所有可能的取值为0，2，3．因为P(X=0)=6×1×16×6×6=136，P(X=2)=6×5×(1+2)6×6×6=512，P(X=3)=6×5×46×6×6=59，所以随机变量X的分布列如表所示，X023P1*******所以随机变量X的数学期望E(X)=0×136+2×512+3×59=52．18.【答案】解：(1)∵(2x 2−13√x )8的展开式的通项公式为T r+1=C r8⋅(−1)r ⋅28−r ⋅x 16−7r3，∴第5项的二项式系数为C 48=70，第5项的系数为C 48⋅24=1120．(2)令16−7r3=2，解得r =6，故x 2的系数为：C 68⋅28−6⋅(−1)6=112.【考点】二项式定理的应用【解析】（1）根据(2x 2−13√x )8的展开式的通项公式求得第5项的二项式系数，以及第五项的系数．（2）令x 的幂指数等于9，求得r 的值，可得含x 9的项．【解答】解：(1)∵(2x 2−13√x )8的展开式的通项公式为T r+1=C r8⋅(−1)r ⋅28−r ⋅x 16−7r3，∴第5项的二项式系数为C 48=70，第5项的系数为C 48⋅24=1120．(2)令16−7r3=2，解得r =6，故x 2的系数为：C 68⋅28−6⋅(−1)6=112.19.【答案】解：(1)对一个坑而言，要补播种的概率P =C 03(12)3+C 13(12)3=12，有3个坑要补播种的概率为C 3n (12)n .欲使C3n (12)n 最大，只需{C 3n (12)n C 4n (12)n，C 3n (12)n C 2n (12)n，解得5≤n ≤7，因为n ∈N ∗，所以n =5，6，7当n =5时，C 35(12)5=516.当n =6时，C 36(12)6=516当n =7时，C 37(12)7=35128.所以当n =5或n =6时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为516.(2)由已知,X 的可能取值为0，1，2，3，4.X ∼B (4,12)，所以X的分布列为X 的数学期望E(X)=4×12=2.【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】首先根据独立重复试验的概率公式计算出一个坑不需要补种的概率，由题意知一共种了3个坑，每个坑至多补种一次，每补种1个坑需10元，得到变量ξ的可能取值是0，10，20，30，根据独立重复试验得到概率的分布列．【解答】解：(1)对一个坑而言，要补播种的概率P =C 03(12)3+C 13(12)3=12，有3个坑要补播种的概率为C 3n (12)n .欲使C3n (12)n 最大，只需{C 3n (12)n C 4n (12)n ，C 3n (12)n C 2n (12)n ，解得5≤n ≤7，因为n ∈N ∗，所以n =5，6，7当n =5时，C 35(12)5=516.当n =6时，C 36(12)6=516当n =7时，C 37(12)7=35128.所以当n =5或n =6时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为516.(2)由已知,X 的可能取值为0，1，2，3，4.X ∼B (4,12)，所以X 的分布列为X 的数学期望E(X)=4×12=2.20.【答案】（1）证明：AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC 1⊂侧面BB 1C 1C ，∴AB ⊥BC 1，在△BCC 1中，BC =1，CC 1=BB 1=2，∠BCC 1=π3，由余弦定理得：BC12=BC 2+CC12−2BC ⋅CC 1⋅cos ∠BCC 1=12+22−2×1×2×cos π3=3，∴BC 1=√3，…3 分∴BC 2+BC 21=CC 21，∴BC ⊥BC 1，∵BC ∩AB =B ，∴C 1B ⊥平面ABC ．…（2）解：V A−B 1BC 1=13×12×BC 1×B 1C 1×AB =√36．又AB 1=√AB 2+BB 21=√5，AC 1=√AB 2+BC 21=2，B 1C 1=1∴S △AB 1C 1=12×2×1=1．设点B 到平面AB 1C 1的距离为h∴13×1×h =√36，∴h =√32所以点B 到平面AB 1C 1的距离为√32．【考点】点、线、面间的距离计算直线与平面垂直的判定【解析】（1）由已知条件推导出AB ⊥BC 1，BC ⊥BC 1，由此能证明C 1B ⊥平面ABC ．（2）利用等体积方法求点B 到平面AB 1C 1的距离．【解答】（1）证明：AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC 1⊂侧面BB 1C 1C ，∴AB ⊥BC 1，在△BCC 1中，BC =1，CC 1=BB 1=2，∠BCC 1=π3，由余弦定理得：BC12=BC 2+CC12−2BC ⋅CC 1⋅cos ∠BCC 1=12+22−2×1×2×cos π3=3，∴BC 1=√3，…3 分∴BC 2+BC 21=CC 21，∴BC ⊥BC 1，∵BC ∩AB =B ，∴C 1B ⊥平面ABC ．…（2）解：V A−B 1BC 1=13×12×BC 1×B 1C 1×AB =√36．又AB 1=√AB 2+BB 21=√5，AC 1=√AB 2+BC 21=2，B 1C 1=1∴S △AB 1C 1=12×2×1=1．设点B 到平面AB 1C 1的距离为h∴13×1×h =√36，∴h =√32所以点B 到平面AB 1C 1的距离为√32．21.【答案】解：(1)第6项=T 5+1=C 510x 5(−12x )5=−638.(2)由题意知，T r+1=C r10x 10−r (−12)r x −r =(−12)r C r10x 10−2r ，含x 2的项，则10−2r =2，所以r =4.所以x 2项的系数为：(−12)4C 410=1058.【考点】二项展开式的特定项与特定系数二项式定理的应用【解析】【解答】解：(1)第6项=T 5+1=C 510x 5(−12x )5=−638.(2)由题意知，T r+1=C r10x 10−r (−12）r x −r =(−12)r C r10x 10−2r ，含x 2的项，则10−2r =2，所以r =4.所以x 2项的系数为：(−12)4C 410=1058.22.【答案】(1)证明：∵ABCD 是菱形，∴AD =DC ，又AE =CF =54，∴DEEA =DFFC ，则EF//AC ，又由ABCD 是菱形，得AC ⊥BD ，则EF ⊥BD ，∴EF ⊥DH ，则EF ⊥D′H.∵AC =6，∴AO =3，又AB =5，AO ⊥OB ，∴OB =4，∴OH =AEAD ⋅OD =1，则DH =D′H =3，∴|OD′|2=|OH|2+|D′H|2，则D′H ⊥OH ，又OH ∩EF =H ，∴D′H ⊥平面ABCD.(2)解：以H 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，∵AB =5，AC =6，∴B(5,0,0)，C(1,3,0)，D′(0,0,3)，A(1,−3,0)，→AB =(4,3,0)，→AD′=(−1,3,3)，→AC =(0,6,0)，设平面ABD′的一个法向量为→n 1=(x,y,z)，由{→n 1⋅→AD′=0，→n 1⋅→AB =0，得{4x +3y =0，−x +3y +3z =0.取x =3，得y =−4，z =5．∴→n 1=(3,−4,5)．同理可求得平面AD′C 的一个法向量→n 2=(3,0,1)，设二面角二面角B −D′A −C 的平面角为θ，则|cosθ|=|→n 1⋅→n 2||→n 1||→n 2|=|3×3+5×1|5√2×√10=7√525．∴二面角B −D′A −C 的正弦值为sinθ=2√9525．【考点】用空间向量求平面间的夹角直线与平面垂直的判定【解析】（1）由底面ABCD 为菱形，可得AD =CD ，结合AE =CF 可得EF//AC ，再由ABCD 是菱形，得AC ⊥BD ，进一步得到EF ⊥BD ，由EF ⊥DH ，可得EF ⊥D′H ，然后求解直角三角形得D′H ⊥OH ，再由线面垂直的判定得D′H ⊥平面ABCD ；（2）以H 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，得到→AB 、→AD′、→AC 的坐标，分别求出平面ABD′与平面AD′C 的一个法向量→n 1、→n 2，设二面角二面角B −D′A −C 的平面角为θ，求出|cosθ|．则二面角B −D′A −C 的正弦值可求．【解答】(1)证明：∵ABCD 是菱形，∴AD =DC ，又AE =CF =54，∴DEEA =DFFC ，则EF//AC ，又由ABCD 是菱形，得AC ⊥BD ，则EF ⊥BD ，∴EF ⊥DH ，则EF ⊥D′H.∵AC =6，∴AO =3，又AB =5，AO ⊥OB ，∴OB =4，∴OH =AEAD ⋅OD =1，则DH =D′H =3，∴|OD′|2=|OH|2+|D′H|2，则D′H ⊥OH ，又OH ∩EF =H ，∴D′H⊥平面ABCD.(2)解：以H 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，∵AB=5，AC=6，∴B(5,0,0)，C(1,3,0)，D′(0,0,3)，A(1,−3,0)，→AB=(4,3,0)，→AD′=(−1,3,3)，→AC=(0,6,0)，设平面ABD′的一个法向量为→n1=(x,y,z)，{→n1⋅→AD′=0，→n1⋅→AB=0，由得{4x+3y=0，−x+3y+3z=0.取x=3，得y=−4，z=5．∴→n1=(3,−4,5)．同理可求得平面AD′C的一个法向量→n2=(3,0,1)，设二面角二面角B−D′A−C的平面角为θ，则|cosθ|=|→n1⋅→n2||→n1||→n2|=|3×3+5×1|5√2×√10=7√525．∴二面角B−D′A−C的正弦值为sinθ=2√9525．。
四川省成都市高二下学期2月月考数学试卷(理科)
四川省成都市高二下学期2月月考数学试卷（理科）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共12题；共24分)1. （2分） (2016高二上·襄阳期中) 直线xcosα+ y+2=0的倾斜角范围是（）A . [ ，）∪（， ]B . [0，]∪[ ，π）C . [0， ]D . [ ， ]2. （2分）已知直线l的倾斜角为135°，直线l1经过点A（3，2）和B（a，﹣1），且直线l1与直线l垂直，直线l2的方程为2x+by+1=0，且直线l2与直线l1平行，则a+b等于（）A . ﹣4B . ﹣2C . 0D . 23. （2分） (2019高二上·四川期中) 若圆上恰有3个点到直线的距离为1， ,则与间的距离为（）A . 1B . 2C .D . 34. （2分） (2018高二上·重庆期中) 如图，在长方形中，，E，F分别是，的中点有下列结论：；平面；与所成角为；平面．其中不成立的是A .B .C .D .5. （2分） (2017高二上·晋中期末) 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BB1的中点，则直线BC1与EF所成角的余弦值是（）A .B .C .D .6. （2分）在极坐标系中，点和圆的圆心的距离为（）A .B .C .D .7. （2分） (2017高二上·玉溪期末) 某几何体的三视图如图所示，则它的体积为（）A . 8﹣B . 8﹣C . 8﹣2πD .8. （2分）(2018·泉州模拟) 已知直线：，圆： .若对任意，存在被截得弦长为，则实数的取值范围是（）A .B .C .D .9. （2分）若直线AX+2Y+6=0和直线垂直,则a的值为（）A .B . 0C . 或0D . -310. （2分）由直线上的一点向圆引切线，则切线长的最小值为（）A . 1B .C .D . 311. （2分） (2019高二上·株洲月考) 在空间直角坐标系中,正方体棱长为为正方体的棱的中点, 为棱上的一点,且则点的坐标为（）A .B .C .D .12. （2分） (2016高二上·潮阳期中) 若一个几何体各个顶点或其外轮廓曲线都在某个球的球面上，那么称这个几何体内接于该球，已知球的体积为，那么下列可以内接于该球的几何体为（）A . 底面半径为1，且体积为的圆锥B . 底面积为1，高为的正四棱柱C . 棱长为3的正四面体D . 棱长为3的正方体二、填空题 (共4题；共5分)13. （1分） (2020高二下·双流月考) 求过点，并且在两轴上的截距相等的直线方程________．14. （2分） (2020高一下·辽宁期中) 一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为________;该四面体的体积为________.15. （1分）一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是________．16. （1分） (2016高二上·重庆期中) 在三棱锥S﹣ABC中，AB⊥BC，AB=BC= ，SA=SC=2，二面角S﹣AC ﹣B的余弦值是，若S、A、B、C都在同一球面上，则该球的表面积是________．三、解答题 (共5题；共50分)17. （10分）(2019·邵阳模拟) 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PAL底面ABCD，且PA=AB.（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）求异面直线BC与PD所成的角.18. （10分） (2017高一下·穆棱期末) 如图，四边形是正方形，平面 .（1）求证：平面平面；（2）判断直线的位置关系，并说明理由.19. （10分） (2019高二上·青海月考) 已知直线过点P(-1，2)且与两坐标轴的正半轴所围成的三角形面积等于．（1）求直线的方程．（2）求圆心在直线上且经过点，的圆的方程．20. （15分）(2020·大连模拟) 某校从参加高三模拟考试的学生中随机抽取名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段后得到如下部分频率分布直方图．观察图形的信息，回答下列问题：（1）求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图；（2）统计方法中，同一组数据常用该组区间的中点值作为代表，据此估计本次考试的平均分；（3）用分层抽样的方法在分数段为的学生中抽取一个容量为的样本，将该样本看成一个总体，从中任取个，求至多有人在分数段内的概率．21. （5分）求圆C：（x﹣1）2+（y+1）2=2上的点与直线x﹣y+4=0距离的最大值和最小值．参考答案一、单选题 (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、答案：略12-1、二、填空题 (共4题；共5分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共5题；共50分)17-1、17-2、18-1、18-2、19-1、19-2、20-1、20-2、20-3、21-1、第11 页共11 页。
四川省数学高二下学期理数第二次月考试卷
四川省数学高二下学期理数第二次月考试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共12题；共24分)1. （2分） (2015高二下·克拉玛依期中) 在复平面内，复数（2﹣i）2对应的点位于（）A . 第一象限B . 第二象限C . 第三象限D . 第四象限2. （2分） (2017高二下·资阳期末) 设（1+x）n=a0+a1x+a2x2+…+anxn ，若a1+a2+…+an=63，则展开式中系数最大项是（）A . 20B . 20x3C . 105D . 105x43. （2分）下列推理过程是演绎推理的是（）A . 由平面三角形的性质推测空间三棱锥的性质B . 某校高二1班有55人，2班有52人，由此得高二所有班人数都超过50人C . 两条直线平行，同位角相等；若∠A与∠B是两条平行直线的同位角，则∠A=∠BD . 在数列{an}中，a1=2，an=2an﹣1+1（n≥2），由此归纳出{an}的通项公式4. （2分） (2016高二下·钦州期末) 某同学投篮第一次命中的概率是0.75，连续两次投篮命中的概率是0.6，已知该同学第一次投篮命中，则其随后第二次投篮命中的概率是（）A . 0.45B . 0.6C . 0.75D . 0.85. （2分）在等差数列中，若，则（）A . 45B . 75C . 180D . 3206. （2分） (2017高二下·衡水期末) 复数的共轭复数是（）A . 1+iB . 1﹣iC . ﹣1+iD . ﹣1﹣i7. （2分）(2018·广元模拟) 二维空间中，圆的一维测度（周长），二维测度（面积），三维空间中，球的二维测度（表面积），三维测度（体积），应用合情推理，若四维空间中，“超球”的三维测度 ,则其四维测度W=（）A .B .C .D .8. （2分） 5个应届高中毕业生报三所重点院校，每人报且仅报一所，不同的报名方法共（）种A .B .C . 5D .9. （2分） (2019高三上·佛山月考) 已知函数，若不等式在上恒成立，则的最小值是（）A .B .C .D .10. （2分）同时抛掷5枚均匀的硬币80次，设5枚硬币正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的次数为ξ，则ξ的数学期望是（）A . 20B . 25C . 30D . 4011. （2分） (2019高二下·吉林期末) 把座位编号为1，2，3，4，5，6的六张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人最多得两张，甲、乙各分得一张电影票，且甲所得电影票的编号总大于乙所得电影票的编号，则不同的分法共有（）A . 90种B . 120种C . 180种D . 240种12. （2分） (2019高二下·南宁期末) 若函数在上是单调函数，则a的取值范围是A .B .C .D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分） (2019高二下·杭州期中) 设为虚数单位，则复数的虚部为________,模为________．14. （1分） (2019高二下·慈溪期末) A、B、C三人将参加某项测试，三人能否达标互不影响，已知他们能达标的概率分别是、、，则三人都能达标的概率是________，三人中至少有一人能达标的概率是________.15. （1分） (2019高三上·珠海期末) 曲线f(x)= 的图象在点（0，f(0)）处的切线斜率为2，则实数a的值为________．16. （1分）(2018·吕梁模拟) 在某次语文考试中，、、三名同学中只有一名同学优秀，当他们被问到谁得到了优秀时，C说：“ 没有得优秀”；说：“我得了优秀”；说：“ 说得是真话”。
四川省成都市彭州中学高二数学下学期2月月考试卷理(含解析)
2015-2016学年四川省成都市彭州中学高二（下）2月月考数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12个小题，每题5分，共60分）1．若直线经过A（0，1），B（3，4）两点，则直线AB的倾斜角为（）A．30° B．45° C．60° D．120°2．已知直线ax+2y+2=0与直线3x﹣y﹣2=0平行，则a的值为（）A．﹣6 B．6 C．﹣3 D．33．已知直线3x+2y﹣3=0和6x+my+1=0互相平行，则它们之间的距离是（）A．4 B．C．D．4．下列判断，正确的是（）A．平行于同一平面的两直线平行B．垂直于同一直线的两直线平行C．垂直于同一平面的两平面平行D．垂直于同一平面的两直线平行5．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC与A1D所在直线所成的角等于（）A．30° B．45° C．60° D．90°6．圆x2+y2﹣2x﹣2y+1=0和圆x2+y2﹣8x﹣10y+25=0的位置关系是（）A．相交 B．外切 C．内切 D．相离7．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是（）A．B．C．D．18．直线x+﹣2=0与圆x2+y2=4相交于A，B两点，则弦AB的长度等于（）A．2 B．2 C．D．19．若α，β，γ表示平面，m，n表示直线，则下列命题中，正确的是（）A．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥βB．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n D．若α∥β，m⊂α，则m∥β10．已知点M（a，b）在圆O：x2+y2=1外，则直线ax+by=1与圆O的位置关系是（）A．相切 B．相交 C．相离 D．不确定11．如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱B1B长为3，底面是边长为2的菱形，∠A1AB=120°，∠A1AD=60°，点E在棱B1B上，则AE+C1E的最小值为（）A． B．5 C． D．712．三棱锥P ﹣ABC 中，△ABC 是底面，PA⊥PB，PA⊥PC，PB⊥PC，且这四个顶点都在半径为2的球面上，PA=2PB ，则这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为（ ）A ．16B ．C ．D ．32二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13．过点P （2，3），并且在两轴上的截距相等的直线方程为 ．14．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上．若球的体积为，则正方体的棱长为 ．15．某几何体的三视图如图所示，它的体积为 ．16．正三棱锥P ﹣ABC 中，CM=2PM ，CN=2NB ，对于以下结论： ①二面角B ﹣PA ﹣C 大小的取值范围是（，π）；②若MN⊥AM，则PC 与平面PAB 所成角的大小为；③过点M 与异面直线PA 和BC 都成的直线有3条；④若二面角B ﹣PA ﹣C 大小为，则过点N 与平面PAC 和平面PAB 都成的直线有3条．正确的序号是 ．三、解答题（本题共6小题，共74分）17．如图，在四棱锥V﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱VA⊥底面ABCD，点E为VA的中点．（Ⅰ）求证：VC∥平面BED；（Ⅱ）求证：平面VAC⊥平面BED．18．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AB中点，F为正方形BCC1B1的中心．（1）求直线EF与平面ABCD所成角的正切值；（2）求异面直线A1C与EF所成角的余弦值．19．已知圆C过点（1，2）和（2，1），且圆心在直线x+y﹣4=0上．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）若一束光线l自点A（﹣3，3）发出，射到x轴上，被x轴反射到圆C上，若反射点为M（a，0），求实数a的取值范围．20．某校为了解高一期末数学考试的情况，从高一的所有学生数学试卷中随机抽取n份试卷进行成绩分析，得到数学成绩频率分布直方图（如图所示），其中成绩在[50，60）的学生人数为6．（Ⅰ）求直方图中x的值；（Ⅱ）试估计所抽取的数学成绩的平均数；（Ⅲ）试根据样本估计“该校高一学生期末数学考试成绩≥70”的概率．21．已知直线l过点P（0，2），斜率为k，圆Q：x2+y2﹣12x+32=0．（1）若直线l和圆相切，求直线l的方程；（2）若直线l和圆交于A、B两个不同的点，问是否存在常数k，使得+与共线？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．22．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=，BC=4，在A1在底面ABC的投影是线段BC 的中点O．（1）求点C到平面A1ABB1的距离；（2）求二面角A﹣BC1﹣B1的余弦值；（3）若M，N分别为直线AA1，B1C上动点，求MN的最小值．2015-2016学年四川省成都市彭州中学高二（下）2月月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12个小题，每题5分，共60分）1．若直线经过A（0，1），B（3，4）两点，则直线AB的倾斜角为（）A．30° B．45° C．60° D．120°【考点】直线的倾斜角．【专题】计算题；直线与圆．【分析】由直线经过A（0，1），B（3，4）两点，能求出直线AB的斜率，从而能求出直线AB的倾斜角．【解答】解：∵直线经过A（0，1），B（3，4）两点，∴直线AB的斜率k==1，∴直线AB的倾斜角α=45°．故选B．【点评】本题考查直线的倾斜角的求法，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．2．已知直线ax+2y+2=0与直线3x﹣y﹣2=0平行，则a的值为（）A．﹣6 B．6 C．﹣3 D．3【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．【专题】直线与圆．【分析】由直线的平行关系可得=≠，解之可得．【解答】解：∵直线ax+2y+2=0与直线3x﹣y﹣2=0平行，∴=≠，解得a=﹣6故选：A【点评】本题考查直线的一般式方程和平行关系，属基础题．3．已知直线3x+2y﹣3=0和6x+my+1=0互相平行，则它们之间的距离是（）A．4 B．C．D．【考点】两条平行直线间的距离．【专题】直线与圆．【分析】根据两条直线平行，一次项的系数对应成比例，求得m的值，再根据两条平行线间的距离公式求得它们之间的距离．【解答】解：直线3x+2y﹣3=0即 6x+4y﹣6=0，根据它和6x+my+1=0互相平行，可得，故m=4．可得它们间的距离为 d==，故选：D．【点评】本题主要考查两条直线平行的性质，两条平行线间的距离公式的应用，属于中档题．4．下列判断，正确的是（）A．平行于同一平面的两直线平行B．垂直于同一直线的两直线平行C．垂直于同一平面的两平面平行D．垂直于同一平面的两直线平行【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】规律型；空间位置关系与距离．【分析】对四个命题分别进行判断，即可得出结论．【解答】解：平行于同一平面的两直线平行，相交、异面，故A不正确；垂直于同一直线的两直线平行平行，相交、异面，故B不正确；垂直于同一平面的两平面平行平行，相交，故C不正确；垂直于同一平面的两直线平行，故D正确；故选：D．【点评】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，比较基础．5．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC与A1D所在直线所成的角等于（）A．30° B．45° C．60° D．90°【考点】异面直线及其所成的角．【专题】空间角．【分析】首先通过做平行线把异面直线知识转化为平面知识，进一步解三角形求出结果．【解答】解：设正方体的边长为1连结：A1C1、C1D，在△A1DC1中，利用边长求得：△A1DC1为等边三角形AC与A1D所在直线所成的角60°故选：C【点评】本题考查的知识要点：异面直线的夹角，及相关的运算问题．6．圆x2+y2﹣2x﹣2y+1=0和圆x2+y2﹣8x﹣10y+25=0的位置关系是（）A．相交 B．外切 C．内切 D．相离【考点】圆与圆的位置关系及其判定．【专题】直线与圆．【分析】求出圆的标准方程，根据圆和圆的位置关系即可得到结论．【解答】解：圆的标准方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=1，圆心坐标为C（1，1），半径r=1，圆x2+y2﹣8x﹣10y+25=0的标准方程为（x﹣4）2+（y﹣5）2=16，圆心坐标为M（4，5），半径R=4，则CM===R+r，故圆x2+y2﹣2x﹣2y+1=0和圆x2+y2﹣8x﹣10y+25=0的位置关系外切．故选：B【点评】本题主要考查圆与圆的位置关系的判断，求出圆心和半径是解决本题的关键．7．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是（）A．B．C．D．1【考点】由三视图求面积、体积．【专题】空间位置关系与距离；立体几何．【分析】由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，其中PA⊥底面ABC，PA=2，AB⊥BC，AB=BC=1．据此即可得到体积．【解答】解：由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，其中PA⊥底面ABC，PA=2，AB⊥BC，AB=BC=1．∴．因此V===．故选B．【点评】由三视图正确恢复原几何体是解题的关键．8．直线x+﹣2=0与圆x2+y2=4相交于A，B两点，则弦AB的长度等于（）A．2 B．2 C．D．1【考点】直线与圆相交的性质．【专题】计算题．【分析】由直线与圆相交的性质可知，，要求AB，只要先求圆心（0，0）到直线x+﹣2=0的距离d，即可求解【解答】解：∵圆心（0，0）到直线x+﹣2=0的距离d=由直线与圆相交的性质可知，即∴故选B【点评】本题主要考查了直线与圆相交的性质，解题的关键是公式的应用．9．若α，β，γ表示平面，m，n表示直线，则下列命题中，正确的是（）A．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥βB．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n D．若α∥β，m⊂α，则m∥β【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】计算题；作图题；空间位置关系与距离．【分析】由线面、面面平行的判定定理及线面、面面平行的性质，对四个选项判断，注意在正方体中找反例即可．【解答】解：选项A错误，选项B错误，反例：正方体中三个平面共点时；选项C错误，如图中的AC与B1D1，由面面平行的性质可知，选项D正确；故选D．【点评】本题考查了线面、面面平行的判定定理及线面、面面平行的性质，属于中档题．10．已知点M（a，b）在圆O：x2+y2=1外，则直线ax+by=1与圆O的位置关系是（）A．相切 B．相交 C．相离 D．不确定【考点】直线与圆的位置关系．【专题】直线与圆．【分析】由M在圆外，得到|OM|大于半径，列出不等式，再利用点到直线的距离公式表示出圆心O到直线ax+by=1的距离d，根据列出的不等式判断d与r的大小即可确定出直线与圆的位置关系．【解答】解：∵M（a，b）在圆x2+y2=1外，∴a2+b2＞1，∴圆O（0，0）到直线ax+by=1的距离d=＜1=r，则直线与圆的位置关系是相交．故选B【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，以及点与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，点到直线的距离公式，以及两点间的距离公式，熟练掌握公式是解本题的关键．11．如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱B1B长为3，底面是边长为2的菱形，∠A1AB=120°，∠A1AD=60°，点E在棱B1B上，则AE+C1E的最小值为（）A． B．5 C． D．7【考点】棱柱的结构特征；点、线、面间的距离计算．【专题】空间位置关系与距离．【分析】将面C1CB1B，B1BAA1打开，连接AC，则AC1为AE+C1E的最小值，由此利用题设条件能求出结果．【解答】解：将面C1CB1B，B1BAA1打开，连接AC1，则AC1为AE+C1E的最小值，平行六面体中，侧棱B1B长为3，底面是边长为2的菱形，∠A1AB=120°，∠A1AD=60°，点E在棱B1B上，∴∠C1BC=120°，∠ACB=30°，则∠ACC1=90°，在三角形ABC中由余弦定理得AC=2，∴C1A2=C1C2+AC2=32+12=21，∴C1A=，故AE+C1E的最小值为．故选：A．【点评】本题考查线段和最小值的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的合理运用．12．三棱锥P﹣ABC中，△ABC是底面，PA⊥PB，PA⊥PC，PB⊥PC，且这四个顶点都在半径为2的球面上，PA=2PB，则这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为（）A．16 B．C．D．32【考点】棱台的结构特征；球内接多面体．【专题】空间位置关系与距离．【分析】由已知，三棱锥P﹣ABC的四个顶点均在半径为2的球面上，且PA，PB，PC两两垂直，球直径等于以PA，PB，PC为棱的长方体的对角线，得到5PB2+PC2=16，再结合三角换元法，由三角函数的性质得到这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值．【解答】解：∵PA，PB，PC两两垂直，又∵三棱锥P﹣ABC的四个顶点均在半径为2的球面上，∴以PA，PB，PC为棱的长方体的对角线即为球的一条直径．∴16=PA2+PB2+PC2，又PA=2PB，∴5PB2+PC2=16，设PB=，PC=4sinα，则这个三棱锥的三个侧棱长的和PA+PB+PC=3PB+PC=cosα+4sinα=sin（α+∅）≤．则这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为，故选B．【点评】本题考查的知识点是棱锥的侧面积，棱柱的外接球，其中根据已知条件，得到棱锥的外接球直径等于以PA，PB，PC为棱的长方体的对角线，是解答本题的关键．二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13．过点P（2，3），并且在两轴上的截距相等的直线方程为x+y﹣5=0，或3x﹣2y=0 ．【考点】直线的截距式方程．【专题】计算题．【分析】分直线的截距不为0和为0两种情况，用待定系数法求直线方程即可．【解答】解：若直线的截距不为0，可设为，把P（2，3）代入，得，，a=5，直线方程为x+y﹣5=0若直线的截距为0，可设为y=kx，把P（2，3）代入，得3=2k，k=，直线方程为3x﹣2y=0 ∴所求直线方程为x+y﹣5=0，或3x﹣2y=0故答案为x+y﹣5=0，或3x﹣2y=0【点评】本题考查了直线方程的求法，属于直线方程中的基础题，应当掌握．14．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上．若球的体积为，则正方体的棱长为．【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．【专题】空间位置关系与距离；立体几何．【分析】设出正方体棱长，利用正方体的体对角线就是外接球的直径，通过球的体积求出正方体的棱长．【解答】解：因为正方体的体对角线就是外接球的直径，设正方体的棱长为a，所以正方体的体对角线长为： a，正方体的外接球的半径为：，球的体积为：，解得a=．故答案为：．【点评】本题考查正方体与外接球的关系，注意到正方体的体对角线就是球的直径是解题的关键，考查空间想象能力与计算能力．15．某几何体的三视图如图所示，它的体积为57π．【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题．【分析】由三视图可知：原几何体是由上下两部分组成，其中下面是一个底面半径为3，高为5的圆柱；上面是一个与圆柱的上底面重合、母线长为5的圆锥．据此可计算出答案．【解答】解：由三视图可知：原几何体是由上下两部分组成：下面是一个底面半径为3，高为5的圆柱；上面是一个与圆柱的上底面重合、母线长为5的圆锥．圆锥的高h==4．∴V==57π．故答案为57π．【点评】由三视图正确恢复原几何体是解决问题的关键．16．正三棱锥P﹣ABC中，CM=2PM，CN=2NB，对于以下结论：①二面角B﹣PA﹣C大小的取值范围是（，π）；②若MN⊥AM，则PC与平面PAB所成角的大小为；③过点M与异面直线PA和BC都成的直线有3条；④若二面角B﹣PA﹣C大小为，则过点N与平面PAC和平面PAB都成的直线有3条．正确的序号是①②④．【考点】与二面角有关的立体几何综合题．【专题】空间角．【分析】①利用二面角的大小区判断．②利用线面角的定义去判断．③利用异面直线的概念去判断．④利用二面角的大小进行判断．【解答】解：①设底面正三角形的边长为1，过B作BD⊥PA，连结CD，则∠BDC是二面角B ﹣PA﹣C大小，因为底面三角形ABC是正三角形，所以∠CAB=，所以当点P无限靠近点O时，即高无限小时，∠BDC接近，所以二面角B﹣PA﹣C大小的取值范围是（，π），所以①正确．②因为CM=2PM ，CN=2NB ，所以MN∥PB．若MN⊥AM，则PB⊥AM，因为P ﹣ABC 是正三棱锥，所以P 在底面的射影是底面的中心，所以PB⊥AC，因为AM∩AC=A，所以PB⊥面PAC ，因为P ﹣ABC 是正三棱锥，所以必有PC⊥面PAB ，所以PC 与平面PAB 所成角的大小为，所以②正确．③因为因为P ﹣ABC 是正三棱锥，所以P 在底面的射影是底面的中心，所以PA⊥BC．所以过点M 与异面直线PA 和BC 都成的直线有两条，所以③错误．④若二面角B ﹣PA ﹣C 大小为，则∠BDC=，此时∠EDC=，（其中E 是BC 的中点），，所以此时直线BC 与平面PAC 和平面PAB 都成，又因为平面PAC 和平面PAB的法向量的夹角为，此时适当调整过N 的直线，可以得到两条直线使得过点N 与平面PAC和平面PAB 都成，所以满足过点N 与平面PAC 和平面PAB 都成的直线有3条． 所以④正确．故答案为：①②④．【点评】本题综合考查了正三棱锥的性质以及利用正三棱锥研究线面角和二面角的大小，综合性强，难度大．三、解答题（本题共6小题，共74分）17．如图，在四棱锥V ﹣ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱VA⊥底面ABCD ，点E 为VA 的中点．（Ⅰ）求证：VC∥平面BED ； （Ⅱ）求证：平面VAC⊥平面BED ．【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）连结OE，证明：OE∥VC，利用线面平行的判定定理证明VC∥平面BED；（Ⅱ）证明BD⊥平面VAC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面VAC⊥平面BED．【解答】证明：（Ⅰ）连结OE．∵底面ABCD是正方形，∴O为AC的中点．又E为VA的中点，∴OE∥VC．…又VC⊄平面BED，OE⊂平面BED，∴VC∥平面BED．…（Ⅱ）∵VA⊥平面ABCD，∴VA⊥BD．…又AC⊥BD，AC∩VA=A，∴BD⊥平面VAC．…∵BD⊂平面BED，∴平面VAC⊥平面BED．…【点评】本题考查线面平行的判定定理、考查平面与平面垂直的判定定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．18．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AB中点，F为正方形BCC1B1的中心．（1）求直线EF与平面ABCD所成角的正切值；（2）求异面直线A1C与EF所成角的余弦值．【考点】直线与平面所成的角；异面直线及其所成的角．【专题】空间角．【分析】解法一：（1）取BC中点H，连结FH，EH，证明∠FEH为直线EF与平面ABCD所成角，即可得出结论；（2）取A1C中点O，连接OF，OA，则∠AOA1为异面直线A1C与EF所成角，由余弦定理，可得结论；解法二：设正方体棱长为2，以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，即可求出结论．【解答】解法一：（1）取BC中点H，连结FH，EH，设正方体棱长为2．∵F为BCC1B1中心，E为AB中点．∴FH⊥平面ABCD，FH=1，EH=．∴∠FEH为直线EF与平面ABCD所成角，且FH⊥EH．∴tan∠FEH===．…（2）取A1C中点O，连接OF，OA，则OF∥AE，且OF=AE．∴四边形AEFO为平行四边形．∴AO∥EF．∴∠AOA1为异面直线A1C与EF所成角．∵A1A=2，AO=A1O=．∴△AOA1中，由余弦定理得cos∠A1OA=．…解法二：设正方体棱长为2，以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．则B（0，0，0），B1（0，0，2），E（0，1，0），F（1，0，1），C（2，0，0），A1（0，2，2）．（1）=（1，﹣1，1），=（0，0，2），且为平面ABCD的法向量．∴cos＜，＞=．设直线EF与平面ABCD所成角大小为θ．∴sinθ=，从而tanθ=．…（2）∵=（2，﹣2，﹣2），∴cos＜，＞=．∴异面直线A1C与EF所成角的余弦值为．…【点评】本题考查空间角，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．19．已知圆C过点（1，2）和（2，1），且圆心在直线x+y﹣4=0上．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）若一束光线l自点A（﹣3，3）发出，射到x轴上，被x轴反射到圆C上，若反射点为M（a，0），求实数a的取值范围．【考点】圆的标准方程；圆的切线方程．【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆．【分析】（Ⅰ）求出圆心坐标与半径，即可求圆C的方程；（Ⅱ）由题意，可知反射线必过定点A′（点是点A关于x轴对称的点），利用几何知识知当反射线与已知圆相切时恰好为范围的临界状态．【解答】解：（Ⅰ）设圆心坐标为（x，4﹣x），则（x﹣1）2+（2﹣x）2=（x﹣2）2+（3﹣x）2，∴x=2，∴C（2，2），∴圆C的方程C：（x﹣2）2+（y﹣2）2=1；（Ⅱ）A关于x轴的对称点A′（﹣3，﹣3），设过A′的直线为y+3=k（x+3），当该直线与⊙C相切时，有=1，∴k=或k=∴过A′，⊙C的两条切线为y+3=（x+3），y+3=（x+3），令y=0，得x1=﹣，x2=1∴反射点M在x轴上的范围是[﹣，1]．【点评】重点考查了点关于线对称点的求法，还考查了解决问题是抓住临界状态这一特殊位置求解的思想．20．某校为了解高一期末数学考试的情况，从高一的所有学生数学试卷中随机抽取n份试卷进行成绩分析，得到数学成绩频率分布直方图（如图所示），其中成绩在[50，60）的学生人数为6．（Ⅰ）求直方图中x的值；（Ⅱ）试估计所抽取的数学成绩的平均数；（Ⅲ）试根据样本估计“该校高一学生期末数学考试成绩≥70”的概率．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图．【专题】概率与统计．【分析】（Ⅰ）由频率分布直方图的高之和为组距分之一，即可得到结论；（Ⅱ）根据频率分布直方图中的数据，求出数据的平均数即可；（Ⅲ）右面三个举行的面积即为所求．【解答】解：（Ⅰ）由频率分布直方图的各高之和为组距分之一，所以（0.012+0.016+0.018+0.024+x）×10=1，解得x=0.03；（Ⅱ）根据频率分布直方图中的数据，得该次数学考试的平均分为=55×0.012×10+65×0.018×10+75×0.03×10+85×0.024×10+95×0.016×10=76.4；（Ⅲ）根据题意可得：P=1﹣（0.012+0.018）×10=0.7故“该校高一学生期末数学考试成绩≥70”的概率为0.7．【点评】本题考查利用频率分布直方图求众数以及古典概型的概率问题．21．已知直线l过点P（0，2），斜率为k，圆Q：x2+y2﹣12x+32=0．（1）若直线l和圆相切，求直线l的方程；（2）若直线l和圆交于A、B两个不同的点，问是否存在常数k，使得+与共线？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．【考点】向量在几何中的应用；直线与圆的位置关系．【专题】综合题；平面向量及应用．【分析】（1）确定圆的圆心与半径，设出直线方程，利用直线l和圆相切，建立方程，即可求得结论；（2）将直线l的方程和圆的方程联立，利用韦达定理，及+与共线，结合根的判别式，可得结论．【解答】解：（1）将圆的方程化简，得：（x﹣6）2+y2=4，圆心Q（6，0），半径r=2．设直线l的方程为：y=kx+2，故圆心到直线l的距离d==．因为直线l和圆相切，故d=r，即=2，解得k=0或k=﹣．所以，直线l的方程为y=2或3x+4y﹣8=0．（2）将直线l的方程和圆的方程联立，消y得：（1+k2）x2+4（k﹣3）x+36=0，因为直线l和圆相交，故△=[4（k﹣3）]2﹣4×36×（1+k2）＞0，解得﹣＜k＜0．设A（x1，y1）、B（x2，y2），则有：x1+x2=；x1x2=而y1+y2=kx1+2+kx2+2=k（x1+x2）+4， +=（x1+x2，y1+y2），=（6，﹣2）．因为+与共线，所以﹣2×（x1+x2）=6×（y1+y2）．即（1+3k）（x1+x2）+12=0，代入得（1+3k）[﹣]+12=0，解得k=﹣．又因为﹣＜k＜0，所以没有符合条件的常数k．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查向量知识的运用，考查韦达定理，考查学生的计算能力，属于中档题．22．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=，BC=4，在A1在底面ABC的投影是线段BC 的中点O．（1）求点C到平面A1ABB1的距离；（2）求二面角A﹣BC1﹣B1的余弦值；（3）若M，N分别为直线AA1，B1C上动点，求MN的最小值．【考点】用空间向量求平面间的夹角；点、线、面间的距离计算．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（1）利用点到平面的距离公式求距离．（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小．（3）利用向量法求线段的长度．【解答】解：（1）连接AO，因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC，因为AB=AC，OB=OC，得AO⊥BC，，在△AOA1中，A1O=2，在△BOA1中，，则．又S△CAB=2．设点C到平面A1ABB1的距离为h，则由得， =．从而．…（2）如图所示，分别以OA，OB，OA1所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），C（0，﹣2，0），A1（0.0，2），B（0，2，0），B1（﹣1，2，2），C1（﹣1，﹣2，2）．设平面BCC1B1的法向量，又，．由，得，令z=1，得x=2，y=0，即．设平面ABC1的法向量，又，．由，得，令b=1，得a=2，c=3，即．所以，…由图形观察可知，二面角A﹣BC1﹣B1为钝角，所以二面角A﹣BC1﹣B1的余弦值是．…（3）方法1．在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E，因为AA1∥BB1，得OE⊥BB1．因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC，因为AB=AC，OB=OC，得AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C．从而OE⊥B1C在△AOA1中，为异面直线AA1，B1C的距离，即为MN的最小值．…方法2．设向量，且∵，．∴．令z1=1，得x1=2，y1=0，即．∵．所以异面直线AA1，B1C的距离，即为MN的最小值．…【点评】本题主要考查利用向量法求二面角的大小和线段长度问题，要求熟练掌握相关的定理和公式．。
四川省成都市彭州中学高二数学下学期2月月考试卷 理(含解析)
2015-2016学年四川省成都市彭州中学高二（下）2月月考数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12个小题，每题5分，共60分）1．若直线经过A（0，1），B（3，4）两点，则直线AB的倾斜角为（）A．30° B．45° C．60° D．120°2．已知直线ax+2y+2=0与直线3x﹣y﹣2=0平行，则a的值为（）A．﹣6 B．6 C．﹣3 D．33．已知直线3x+2y﹣3=0和6x+my+1=0互相平行，则它们之间的距离是（）A．4 B．C．D．4．下列判断，正确的是（）A．平行于同一平面的两直线平行B．垂直于同一直线的两直线平行C．垂直于同一平面的两平面平行D．垂直于同一平面的两直线平行5．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC与A1D所在直线所成的角等于（）A．30° B．45° C．60° D．90°6．圆x2+y2﹣2x﹣2y+1=0和圆x2+y2﹣8x﹣10y+25=0的位置关系是（）A．相交 B．外切 C．内切 D．相离7．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是（）A．B．C．D．18．直线x+﹣2=0与圆x2+y2=4相交于A，B两点，则弦AB的长度等于（）A．2 B．2 C．D．19．若α，β，γ表示平面，m，n表示直线，则下列命题中，正确的是（）A．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥βB．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n D．若α∥β，m⊂α，则m∥β10．已知点M（a，b）在圆O：x2+y2=1外，则直线ax+by=1与圆O的位置关系是（）A．相切 B．相交 C．相离 D．不确定11．如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱B1B长为3，底面是边长为2的菱形，∠A1AB=120°，∠A1AD=60°，点E在棱B1B上，则AE+C1E的最小值为（）A． B．5 C．D．712．三棱锥P﹣ABC中，△ABC是底面，PA⊥PB，PA⊥PC，PB⊥PC，且这四个顶点都在半径为2的球面上，PA=2PB，则这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为（）A．16 B．C．D．32二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13．过点P（2，3），并且在两轴上的截距相等的直线方程为．14．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上．若球的体积为，则正方体的棱长为．15．某几何体的三视图如图所示，它的体积为．16．正三棱锥P﹣ABC中，CM=2PM，CN=2NB，对于以下结论：①二面角B﹣PA﹣C大小的取值范围是（，π）；②若MN⊥AM，则PC与平面PAB所成角的大小为；③过点M与异面直线PA和BC都成的直线有3条；④若二面角B﹣PA﹣C大小为，则过点N与平面PAC和平面PAB都成的直线有3条．正确的序号是．三、解答题（本题共6小题，共74分）17．如图，在四棱锥V﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱VA⊥底面ABCD，点E为VA的中点．（Ⅰ）求证：VC∥平面BED；（Ⅱ）求证：平面VAC⊥平面BED．18．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AB中点，F为正方形BCC1B1的中心．（1）求直线EF与平面ABCD所成角的正切值；（2）求异面直线A1C与EF所成角的余弦值．19．已知圆C过点（1，2）和（2，1），且圆心在直线x+y﹣4=0上．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）若一束光线l自点A（﹣3，3）发出，射到x轴上，被x轴反射到圆C上，若反射点为M（a，0），求实数a的取值范围．20．某校为了解高一期末数学考试的情况，从高一的所有学生数学试卷中随机抽取n份试卷进行成绩分析，得到数学成绩频率分布直方图（如图所示），其中成绩在[50，60）的学生人数为6．（Ⅰ）求直方图中x的值；（Ⅱ）试估计所抽取的数学成绩的平均数；（Ⅲ）试根据样本估计“该校高一学生期末数学考试成绩≥70”的概率．21．已知直线l过点P（0，2），斜率为k，圆Q：x2+y2﹣12x+32=0．（1）若直线l和圆相切，求直线l的方程；（2）若直线l和圆交于A、B两个不同的点，问是否存在常数k，使得+与共线？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．22．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=，BC=4，在A1在底面ABC的投影是线段BC 的中点O．（1）求点C到平面A1ABB1的距离；（2）求二面角A﹣BC1﹣B1的余弦值；（3）若M，N分别为直线AA1，B1C上动点，求MN的最小值．2015-2016学年四川省成都市彭州中学高二（下）2月月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12个小题，每题5分，共60分）1．若直线经过A（0，1），B（3，4）两点，则直线AB的倾斜角为（）A．30° B．45° C．60° D．120°【考点】直线的倾斜角．【专题】计算题；直线与圆．【分析】由直线经过A（0，1），B（3，4）两点，能求出直线AB的斜率，从而能求出直线AB的倾斜角．【解答】解：∵直线经过A（0，1），B（3，4）两点，∴直线AB的斜率k==1，∴直线AB的倾斜角α=45°．故选B．【点评】本题考查直线的倾斜角的求法，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．2．已知直线ax+2y+2=0与直线3x﹣y﹣2=0平行，则a的值为（）A．﹣6 B．6 C．﹣3 D．3【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．【专题】直线与圆．【分析】由直线的平行关系可得=≠，解之可得．【解答】解：∵直线ax+2y+2=0与直线3x﹣y﹣2=0平行，∴=≠，解得a=﹣6故选：A【点评】本题考查直线的一般式方程和平行关系，属基础题．3．已知直线3x+2y﹣3=0和6x+my+1=0互相平行，则它们之间的距离是（）A．4 B．C．D．【考点】两条平行直线间的距离．【专题】直线与圆．【分析】根据两条直线平行，一次项的系数对应成比例，求得m的值，再根据两条平行线间的距离公式求得它们之间的距离．【解答】解：直线3x+2y﹣3=0即 6x+4y﹣6=0，根据它和6x+my+1=0互相平行，可得，故m=4．可得它们间的距离为 d==，故选：D．【点评】本题主要考查两条直线平行的性质，两条平行线间的距离公式的应用，属于中档题．4．下列判断，正确的是（）A．平行于同一平面的两直线平行B．垂直于同一直线的两直线平行C．垂直于同一平面的两平面平行D．垂直于同一平面的两直线平行【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】规律型；空间位置关系与距离．【分析】对四个命题分别进行判断，即可得出结论．【解答】解：平行于同一平面的两直线平行，相交、异面，故A不正确；垂直于同一直线的两直线平行平行，相交、异面，故B不正确；垂直于同一平面的两平面平行平行，相交，故C不正确；垂直于同一平面的两直线平行，故D正确；故选：D．【点评】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，比较基础．5．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC与A1D所在直线所成的角等于（）A．30° B．45° C．60° D．90°【考点】异面直线及其所成的角．【专题】空间角．【分析】首先通过做平行线把异面直线知识转化为平面知识，进一步解三角形求出结果．【解答】解：设正方体的边长为1连结：A1C1、C1D，在△A1DC1中，利用边长求得：△A1DC1为等边三角形AC与A1D所在直线所成的角60°故选：C【点评】本题考查的知识要点：异面直线的夹角，及相关的运算问题．6．圆x2+y2﹣2x﹣2y+1=0和圆x2+y2﹣8x﹣10y+25=0的位置关系是（）A．相交 B．外切 C．内切 D．相离【考点】圆与圆的位置关系及其判定．【专题】直线与圆．【分析】求出圆的标准方程，根据圆和圆的位置关系即可得到结论．【解答】解：圆的标准方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=1，圆心坐标为C（1，1），半径r=1，圆x2+y2﹣8x﹣10y+25=0的标准方程为（x﹣4）2+（y﹣5）2=16，圆心坐标为M（4，5），半径R=4，则CM===R+r，故圆x2+y2﹣2x﹣2y+1=0和圆x2+y2﹣8x﹣10y+25=0的位置关系外切．故选：B【点评】本题主要考查圆与圆的位置关系的判断，求出圆心和半径是解决本题的关键．7．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是（）A．B．C．D．1【考点】由三视图求面积、体积．【专题】空间位置关系与距离；立体几何．【分析】由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，其中PA⊥底面ABC，PA=2，AB⊥BC，AB=BC=1．据此即可得到体积．【解答】解：由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，其中PA⊥底面ABC，PA=2，AB⊥BC，AB=BC=1．∴．因此V===．故选B．【点评】由三视图正确恢复原几何体是解题的关键．8．直线x+﹣2=0与圆x2+y2=4相交于A，B两点，则弦AB的长度等于（）A．2 B．2 C．D．1【考点】直线与圆相交的性质．【专题】计算题．【分析】由直线与圆相交的性质可知，，要求AB，只要先求圆心（0，0）到直线x+﹣2=0的距离d，即可求解【解答】解：∵圆心（0，0）到直线x+﹣2=0的距离d=由直线与圆相交的性质可知，即∴故选B【点评】本题主要考查了直线与圆相交的性质，解题的关键是公式的应用．9．若α，β，γ表示平面，m，n表示直线，则下列命题中，正确的是（）A．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥βB．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n D．若α∥β，m⊂α，则m∥β【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】计算题；作图题；空间位置关系与距离．【分析】由线面、面面平行的判定定理及线面、面面平行的性质，对四个选项判断，注意在正方体中找反例即可．【解答】解：选项A错误，选项B错误，反例：正方体中三个平面共点时；选项C错误，如图中的AC与B1D1，由面面平行的性质可知，选项D正确；故选D．【点评】本题考查了线面、面面平行的判定定理及线面、面面平行的性质，属于中档题．10．已知点M（a，b）在圆O：x2+y2=1外，则直线ax+by=1与圆O的位置关系是（）A．相切 B．相交 C．相离 D．不确定【考点】直线与圆的位置关系．【专题】直线与圆．【分析】由M在圆外，得到|OM|大于半径，列出不等式，再利用点到直线的距离公式表示出圆心O到直线ax+by=1的距离d，根据列出的不等式判断d与r的大小即可确定出直线与圆的位置关系．【解答】解：∵M（a，b）在圆x2+y2=1外，∴a2+b2＞1，∴圆O（0，0）到直线ax+by=1的距离d=＜1=r，则直线与圆的位置关系是相交．故选B【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，以及点与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，点到直线的距离公式，以及两点间的距离公式，熟练掌握公式是解本题的关键．11．如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱B1B长为3，底面是边长为2的菱形，∠A1AB=120°，∠A1AD=60°，点E在棱B1B上，则AE+C1E的最小值为（）A． B．5 C．D．7【考点】棱柱的结构特征；点、线、面间的距离计算．【专题】空间位置关系与距离．【分析】将面C1CB1B，B1BAA1打开，连接AC，则AC1为AE+C1E的最小值，由此利用题设条件能求出结果．【解答】解：将面C1CB1B，B1BAA1打开，连接AC1，则AC1为AE+C1E的最小值，平行六面体中，侧棱B1B长为3，底面是边长为2的菱形，∠A1AB=120°，∠A1AD=60°，点E在棱B1B上，∴∠C1BC=120°，∠ACB=30°，则∠ACC1=90°，在三角形ABC中由余弦定理得AC=2，∴C1A2=C1C2+AC2=32+12=21，∴C1A=，故AE+C1E的最小值为．故选：A．【点评】本题考查线段和最小值的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的合理运用．12．三棱锥P﹣ABC中，△ABC是底面，PA⊥PB，PA⊥PC，PB⊥PC，且这四个顶点都在半径为2的球面上，PA=2PB，则这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为（）A．16 B．C．D．32【考点】棱台的结构特征；球内接多面体．【专题】空间位置关系与距离．【分析】由已知，三棱锥P﹣ABC的四个顶点均在半径为2的球面上，且PA，PB，PC两两垂直，球直径等于以PA，PB，PC为棱的长方体的对角线，得到5PB2+PC2=16，再结合三角换元法，由三角函数的性质得到这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值．【解答】解：∵PA，PB，PC两两垂直，又∵三棱锥P﹣ABC的四个顶点均在半径为2的球面上，∴以PA，PB，PC为棱的长方体的对角线即为球的一条直径．∴16=PA2+PB2+PC2，又PA=2PB，∴5PB2+PC2=16，设PB=，PC=4sinα，则这个三棱锥的三个侧棱长的和PA+PB+PC=3PB+PC=cosα+4sinα=sin（α+∅）≤．则这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为，故选B．【点评】本题考查的知识点是棱锥的侧面积，棱柱的外接球，其中根据已知条件，得到棱锥的外接球直径等于以PA，PB，PC为棱的长方体的对角线，是解答本题的关键．二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13．过点P（2，3），并且在两轴上的截距相等的直线方程为x+y﹣5=0，或3x﹣2y=0 ．【考点】直线的截距式方程．【专题】计算题．【分析】分直线的截距不为0和为0两种情况，用待定系数法求直线方程即可．【解答】解：若直线的截距不为0，可设为，把P（2，3）代入，得，，a=5，直线方程为x+y﹣5=0若直线的截距为0，可设为y=kx，把P（2，3）代入，得3=2k，k=，直线方程为3x﹣2y=0 ∴所求直线方程为x+y﹣5=0，或3x﹣2y=0故答案为x+y﹣5=0，或3x﹣2y=0【点评】本题考查了直线方程的求法，属于直线方程中的基础题，应当掌握．14．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上．若球的体积为，则正方体的棱长为．【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．【专题】空间位置关系与距离；立体几何．【分析】设出正方体棱长，利用正方体的体对角线就是外接球的直径，通过球的体积求出正方体的棱长．【解答】解：因为正方体的体对角线就是外接球的直径，设正方体的棱长为a，所以正方体的体对角线长为： a，正方体的外接球的半径为：，球的体积为：，解得a=．故答案为：．【点评】本题考查正方体与外接球的关系，注意到正方体的体对角线就是球的直径是解题的关键，考查空间想象能力与计算能力．15．某几何体的三视图如图所示，它的体积为57π．【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题．【分析】由三视图可知：原几何体是由上下两部分组成，其中下面是一个底面半径为3，高为5的圆柱；上面是一个与圆柱的上底面重合、母线长为5的圆锥．据此可计算出答案．【解答】解：由三视图可知：原几何体是由上下两部分组成：下面是一个底面半径为3，高为5的圆柱；上面是一个与圆柱的上底面重合、母线长为5的圆锥．圆锥的高h==4．∴V==57π．故答案为57π．【点评】由三视图正确恢复原几何体是解决问题的关键．16．正三棱锥P﹣ABC中，CM=2PM，CN=2NB，对于以下结论：①二面角B﹣PA﹣C大小的取值范围是（，π）；②若MN⊥AM，则PC与平面PAB所成角的大小为；③过点M与异面直线PA和BC都成的直线有3条；④若二面角B﹣PA﹣C大小为，则过点N与平面PAC和平面PAB都成的直线有3条．正确的序号是①②④．【考点】与二面角有关的立体几何综合题．【专题】空间角．【分析】①利用二面角的大小区判断．②利用线面角的定义去判断．③利用异面直线的概念去判断．④利用二面角的大小进行判断．【解答】解：①设底面正三角形的边长为1，过B作BD⊥PA，连结CD，则∠BDC是二面角B ﹣PA﹣C大小，因为底面三角形ABC是正三角形，所以∠CAB=，所以当点P无限靠近点O 时，即高无限小时，∠BDC接近，所以二面角B﹣PA﹣C大小的取值范围是（，π），所以①正确．②因为CM=2PM，CN=2NB，所以MN∥PB．若MN⊥AM，则PB⊥AM，因为P﹣ABC是正三棱锥，所以P在底面的射影是底面的中心，所以PB⊥AC，因为AM∩AC=A，所以PB⊥面PAC，因为P﹣ABC是正三棱锥，所以必有PC⊥面PAB，所以PC与平面PAB所成角的大小为，所以②正确．③因为因为P﹣ABC是正三棱锥，所以P在底面的射影是底面的中心，所以PA⊥BC．所以过点M与异面直线PA和BC都成的直线有两条，所以③错误．④若二面角B﹣PA﹣C大小为，则∠BDC=，此时∠EDC=，（其中E是BC的中点），，所以此时直线BC与平面PAC和平面PAB都成，又因为平面PAC和平面PAB 的法向量的夹角为，此时适当调整过N的直线，可以得到两条直线使得过点N与平面PAC 和平面PAB都成，所以满足过点N与平面PAC和平面PAB都成的直线有3条．所以④正确．故答案为：①②④．【点评】本题综合考查了正三棱锥的性质以及利用正三棱锥研究线面角和二面角的大小，综合性强，难度大．三、解答题（本题共6小题，共74分）17．如图，在四棱锥V﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱VA⊥底面ABCD，点E为VA的中点．（Ⅰ）求证：VC∥平面BED；（Ⅱ）求证：平面VAC⊥平面BED．【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）连结OE，证明：OE∥VC，利用线面平行的判定定理证明VC∥平面BED；（Ⅱ）证明BD⊥平面VAC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面VAC⊥平面BED．【解答】证明：（Ⅰ）连结OE．∵底面ABCD是正方形，∴O为AC的中点．又E为VA的中点，∴OE∥VC．…又VC⊄平面BED，OE⊂平面BED，∴VC∥平面BED．…（Ⅱ）∵VA⊥平面ABCD，∴VA⊥BD．…又AC⊥BD，AC∩VA=A，∴BD⊥平面VAC．…∵BD⊂平面BED，∴平面VAC⊥平面BED．…【点评】本题考查线面平行的判定定理、考查平面与平面垂直的判定定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．18．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AB中点，F为正方形BCC1B1的中心．（1）求直线EF与平面ABCD所成角的正切值；（2）求异面直线A1C与EF所成角的余弦值．【考点】直线与平面所成的角；异面直线及其所成的角．【专题】空间角．【分析】解法一：（1）取BC中点H，连结FH，EH，证明∠FEH为直线EF与平面ABCD所成角，即可得出结论；（2）取A1C中点O，连接OF，OA，则∠AOA1为异面直线A1C与EF所成角，由余弦定理，可得结论；解法二：设正方体棱长为2，以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，即可求出结论．【解答】解法一：（1）取BC中点H，连结FH，EH，设正方体棱长为2．∵F为BCC1B1中心，E为AB中点．∴FH⊥平面ABCD，FH=1，EH=．∴∠FEH为直线EF与平面ABCD所成角，且FH⊥EH．∴tan∠FEH===．…（2）取A1C中点O，连接OF，OA，则OF∥AE，且OF=AE．∴四边形AEFO为平行四边形．∴AO∥EF．∴∠AOA1为异面直线A1C与EF所成角．∵A1A=2，AO=A1O=．∴△AOA1中，由余弦定理得cos∠A1OA=．…解法二：设正方体棱长为2，以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．则B（0，0，0），B1（0，0，2），E（0，1，0），F（1，0，1），C（2，0，0），A1（0，2，2）．（1）=（1，﹣1，1），=（0，0，2），且为平面ABCD的法向量．∴cos＜，＞=．设直线EF与平面ABCD所成角大小为θ．∴sinθ=，从而tanθ=．…（2）∵=（2，﹣2，﹣2），∴cos＜，＞=．∴异面直线A1C与EF所成角的余弦值为．…【点评】本题考查空间角，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．19．已知圆C过点（1，2）和（2，1），且圆心在直线x+y﹣4=0上．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）若一束光线l自点A（﹣3，3）发出，射到x轴上，被x轴反射到圆C上，若反射点为M（a，0），求实数a的取值范围．【考点】圆的标准方程；圆的切线方程．【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆．【分析】（Ⅰ）求出圆心坐标与半径，即可求圆C的方程；（Ⅱ）由题意，可知反射线必过定点A′（点是点A关于x轴对称的点），利用几何知识知当反射线与已知圆相切时恰好为范围的临界状态．【解答】解：（Ⅰ）设圆心坐标为（x，4﹣x），则（x﹣1）2+（2﹣x）2=（x﹣2）2+（3﹣x）2，∴x=2，∴C（2，2），∴圆C的方程C：（x﹣2）2+（y﹣2）2=1；（Ⅱ）A关于x轴的对称点A′（﹣3，﹣3），设过A′的直线为y+3=k（x+3），当该直线与⊙C相切时，有=1，∴k=或k=∴过A′，⊙C的两条切线为y+3=（x+3），y+3=（x+3），令y=0，得x1=﹣，x2=1∴反射点M在x轴上的范围是[﹣，1]．【点评】重点考查了点关于线对称点的求法，还考查了解决问题是抓住临界状态这一特殊位置求解的思想．20．某校为了解高一期末数学考试的情况，从高一的所有学生数学试卷中随机抽取n份试卷进行成绩分析，得到数学成绩频率分布直方图（如图所示），其中成绩在[50，60）的学生人数为6．（Ⅰ）求直方图中x的值；（Ⅱ）试估计所抽取的数学成绩的平均数；（Ⅲ）试根据样本估计“该校高一学生期末数学考试成绩≥70”的概率．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图．【专题】概率与统计．【分析】（Ⅰ）由频率分布直方图的高之和为组距分之一，即可得到结论；（Ⅱ）根据频率分布直方图中的数据，求出数据的平均数即可；（Ⅲ）右面三个举行的面积即为所求．【解答】解：（Ⅰ）由频率分布直方图的各高之和为组距分之一，所以（0.012+0.016+0.018+0.024+x）×10=1，解得x=0.03；（Ⅱ）根据频率分布直方图中的数据，得该次数学考试的平均分为=55×0.012×10+65×0.018×10+75×0.03×10+85×0.024×10+95×0.016×10=76.4；（Ⅲ）根据题意可得：P=1﹣（0.012+0.018）×10=0.7故“该校高一学生期末数学考试成绩≥70”的概率为0.7．【点评】本题考查利用频率分布直方图求众数以及古典概型的概率问题．21．已知直线l过点P（0，2），斜率为k，圆Q：x2+y2﹣12x+32=0．（1）若直线l和圆相切，求直线l的方程；（2）若直线l和圆交于A、B两个不同的点，问是否存在常数k，使得+与共线？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．【考点】向量在几何中的应用；直线与圆的位置关系．【专题】综合题；平面向量及应用．【分析】（1）确定圆的圆心与半径，设出直线方程，利用直线l和圆相切，建立方程，即可求得结论；（2）将直线l的方程和圆的方程联立，利用韦达定理，及+与共线，结合根的判别式，可得结论．【解答】解：（1）将圆的方程化简，得：（x﹣6）2+y2=4，圆心Q（6，0），半径r=2．设直线l的方程为：y=kx+2，故圆心到直线l的距离d==．因为直线l和圆相切，故d=r，即=2，解得k=0或k=﹣．所以，直线l的方程为y=2或3x+4y﹣8=0．（2）将直线l的方程和圆的方程联立，消y得：（1+k2）x2+4（k﹣3）x+36=0，因为直线l和圆相交，故△=[4（k﹣3）]2﹣4×36×（1+k2）＞0，解得﹣＜k＜0．设A（x1，y1）、B（x2，y2），则有：x1+x2=；x1x2=而y1+y2=kx1+2+kx2+2=k（x1+x2）+4， +=（x1+x2，y1+y2），=（6，﹣2）．因为+与共线，所以﹣2×（x1+x2）=6×（y1+y2）．即（1+3k）（x1+x2）+12=0，代入得（1+3k）[﹣]+12=0，解得k=﹣．又因为﹣＜k＜0，所以没有符合条件的常数k．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查向量知识的运用，考查韦达定理，考查学生的计算能力，属于中档题．22．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=，BC=4，在A1在底面ABC的投影是线段BC 的中点O．（1）求点C到平面A1ABB1的距离；（2）求二面角A﹣BC1﹣B1的余弦值；（3）若M，N分别为直线AA1，B1C上动点，求MN的最小值．【考点】用空间向量求平面间的夹角；点、线、面间的距离计算．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（1）利用点到平面的距离公式求距离．（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小．（3）利用向量法求线段的长度．【解答】解：（1）连接AO，因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC，因为AB=AC，OB=OC，得AO⊥BC，，在△AOA1中，A1O=2，在△BOA1中，，则．又S△CAB=2．设点C到平面A1ABB1的距离为h，则由得， =．从而．…（2）如图所示，分别以OA，OB，OA1所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），C（0，﹣2，0），A1（0.0，2），B（0，2，0），B1（﹣1，2，2），C1（﹣1，﹣2，2）．设平面BCC1B1的法向量，又，．由，得，令z=1，得x=2，y=0，即．设平面ABC1的法向量，又，．由，得，令b=1，得a=2，c=3，即．所以，…由图形观察可知，二面角A﹣BC1﹣B1为钝角，所以二面角A﹣BC1﹣B1的余弦值是．…（3）方法1．在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E，因为AA1∥BB1，得OE⊥BB1．因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC，因为AB=AC，OB=OC，得AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C．从而OE⊥B1C在△AOA1中，为异面直线AA1，B1C的距离，即为MN的最小值．…方法2．设向量，且∵，．∴．令z1=1，得x1=2，y1=0，即．∵．所以异面直线AA1，B1C的距离，即为MN的最小值．…【点评】本题主要考查利用向量法求二面角的大小和线段长度问题，要求熟练掌握相关的定理和公式．。
四川省成都市新津中学高三数学2月月考试题 理 新人教A版
第I 卷（选择题 共50分）一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.）1. 已知i 是虚数单位，若复数(1i)(2i)a ++是纯虚数，则实数a 等于 A ．2 B ．12C ．12-D ．2-2. 设3log 21=a ，3.0)31(=b ，πln =c ，则A ．a b c <<B ．a c b <<C ．c a b <<D ．b a c <<A. (,1)-∞-B. (−1,3)C.(3,)-+∞D. (−3,1)4. 执行如图所示的程序框图．若输入3x =，则输出k 的值是 A ． 3 B ．4 C ． 5 D ． 65．下列命题中，m 、n 表示两条不同的直线，α、β、γ表示三个不同的平面． ①若m ⊥α，n ∥α，则m ⊥n ； ②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β； ③若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ；④若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ.则正确的命题是 A ．①③ B ．②③ C ．①④ D ．②④ 6. 函数()sin()f x A x ωϕ=+（其中A ＞0，2||πϕ<）的图象如图所示，为了得到()f x 的图象，则只需将g(x)=sin2x 的图象A. 向右平移6π个长度单位B. 向左平移6π个长度单位 C. 向右平移3π个长度单位 D. 向左平移3π个长度单位7. 已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图．．．的面积为AB C ．1 D ．348. 若423401234(2x a a x a x a x a x =++++，则2202413()()a a a a a ++-+的值为 A. 1-B. 1C. 2D. 2-是结束输出k 否x>23 ?k=k+1x=x+5k=0输入x 开始9．已知函数⎩⎨⎧≥-<+--=)0)(1()0(2)(2x x f x a x x x f ,且函数x x f y -=)(恰有3个不同的零点,则实数a 的取值范围是A. ),0(+∞B. )0,1[-C. ),1[+∞-D. ),2[+∞-第II 卷（非选择题 共100分）二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分. ）11. 已知数列121,,,9a a 是等差数列，数列1231,,,,9b b b 是等比数列，则212b a a +的值为 .12. .若关于x ，y 的不等式组0, , 10x y x kx y ≥⎧⎪≥⎨⎪-+≥⎩（k 是常数）所表示的平面区域的边界是一个直角三角形，则k = .13. 在直角三角形ABC 中，90ACB ∠=︒，2AC BC ==，点P 是斜边AB 上的一个三等分点，则CP CB CP CA ⋅+⋅= ．14. 设F 是抛物线C 1：24y x =的焦点，点A 是抛物线与双曲线C 2：22221(0,0)x y a b a b-=＞＞的一条渐近线的一个公共点，且AF x ⊥轴，则双曲线的离心率为 ．15. 给出定义：若11< +22m x m -≤ (其中m 为整数)，则m 叫做离实数x 最近的整数，记作{}x ，即{}=x m . 在此基础上给出下列关于函数()={}f x x x -的四个命题：①=()y f x 的定义域是R ，值域是11(,]22-；②点(,0)k 是=()y f x 的图像的对称中心，其中k Z ∈； ③函数=()y f x 的最小正周期为1；④ 函数=()y f x 在13(,]22-上是增函数．则上述命题中真命题的序号是 ．三、解答题（本大题共6小题，共75分.） 16．（本小题满分12分）已知函数()3sin()sin()()2f x x x ππωωω=---＞0的图像上两相邻最高点的坐标分别为,2)34(),2,3(ππ. （Ⅰ）求ω的值；17．（本小题满分12分）若盒中装有同一型号的灯泡共10只，其中有8只合格品，2只次品。
《精编》四川省成都市高三数学2月月考试题 文 新人教A版.doc
新津中学高三数学(文)2月月考试题参考公式：球体的外表积公式24S r π=，其中r 为球体的半径一、选择题：本大题共10小题，每题5分，总分值50分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的 1．假设复数11ia bi i+=+-，那么a + b =〔 〕 A ．0B ．1C ．－1D ．22．函数ln(1)y x =-的定义域是 ( )A ．)2,1(B ．(,)e +∞C ．),1(+∞D ．(1,)e3．函数(1),0()(1),0x x x f x x x x +<⎧=⎨-≥⎩，那么函数()f x 的零点个数为〔 〕A 、1B 、2C 、3D 、4{}n a 是等差数列，154=a ，555S =，那么过点34(3,(4,),)P a Q a 的直线的斜率为〔 〕A ．4B ．41 C ．－4 D ．－14 (,1)a x =，(3,6)b =，且a b ⊥，那么实数x 的值为( )A ．12B ．2-C ．2D ．21-6. 过点)1,0(P 与圆03222=--+x y x 相交的所有直线中，被圆截得的弦最长时的直线方程是〔 〕 A ．0=x B ．1=y C ．01=-+y x D ．01=+-y x7. F 1、F 2是椭圆162x +92y =1的两焦点，经点F 2的的直线交椭圆于点A 、B ，假设|AB|=5，那么|AF 1|+|BF 1|等于〔 〕 A ．16B ．11C ．8D ．38.右图是一个几何体的三视图，根据图中数据， 可得该几何体的外表积是〔 〕 A ．π32B ．π16C ．π12D ．π89．设向量a 与b 的夹角为θ，定义a 与b 的“向量积〞：a b ⨯是一个向量，它的模是否开始?500≥a aS S +=1+=i i Si a a +⋅=1,1,0===a i S i输出结束第13题图sin a b a b θ⨯=⋅⋅，假设()()3,1,1,3a b =--=，那么a b ⨯=( )A ．3B ．2C ． 23D ．410．函数：c bx x x f ++=2)(，其中：40,40≤≤≤≤c b ，记函数)(x f 满足条件：(2)12(2)4f f ≤⎧⎨-≤⎩为事件为A ，那么事件A 发生的概率为( ) A ． 14 B ． 58 C ．38 D ．12二、填空题：本大题共5小题,每题5分，总分值25分11. 命题“2,210x R x x ∃∈-+<〞的否认是_________________ 12.函数()sin()(0,0)f x A x A ωϕω=+>>的局部图象如以下列图， 那么)2()1(f f ++…+f 〔4006〕的值为 。
2022-2023学年人教A版高二下数学月考试卷(含解析)
2022-2023学年高中高二下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A =“取到的2个数之和为偶数”，事件B =“取到的2个数均为偶数”，则P(B |A)=（ ）A.18B.14C.25D.122. 已知函数y =xf ′(x)的图象如图所示（其中f′(x)是函数f(x)的导函数).下面四个图象中，y =f(x)的图象大致是( )A.123452A =2B =2P (B|A)=18142512y =x (x)f ′f'(x)f(x)y =f(x)B. C. D.3. 把4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，参观券全部分完，则不同的分法共有（ ）A.5种B.1024种C.625种D.120种4. 已知关于x 的不等式(e λx +1)λxx +1>lnx 在(0,+∞)上恒成立，则实数λ的取值范围为( )A.(1e ,+∞)B.(e,+∞)C.(0,1e )D.(0,e)5. 已知函数f(x)=xlnx ，g(x)=x 2+ax(a ∈R)，若经过点A(1,0)存在一条直线l 与f(x)图象和g(x)图象都相切，则a =（ ）4551024625120x >ln x (+1)λx e λx x +1(0,+∞)λ(,+∞)1e(e,+∞)(0,)1e(0,e)f (x)=x ln x g(x)=+ax (a ∈R)x 2A (1,0)l f (x)g(x)a =A.0B.−1C.3D.−1或3 6. 若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 11=11，则a 4+a 6+a 8=( )A.2B.32C.3D.67. (1x −2x )6的展开式中的常数项为（ ）A.−160B.160C.−20D.208. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n =2a n −1，则a 4=( )A.18B.8C.−8D.−18二、 多选题（本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 下列关系中，能成立的是( )A.C mn =mn Cm−1n−1B.C mn =n!(n −m)!m!C.m!=A mn C mn a =−13−13{}a n n S n =11S 11++=a 4a 6a 823236(−2x)1x6−160160−2020{}a n n S n 3=2−1S n a n =a 4188−8−18=C m n m n C m−1n−1=C m n n!(n −m)!m!m!=A m n C m nD.Amn +mA m−1n =A mn+1 10. 若(1−2x)2020=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+⋯+a 2020x 2020(x ∈R)，则( )A.a 0=1B.a 1+a 3+a 5+⋯+a 2019=32020−12C.a 12+a 222+a 323+⋯+a 202022020=−1D.a 1+2a 2+3a 3+⋯+2020a 2020=404011. 已知数列{a n }是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是（ ）A.{1a n }B.log 2(a n )2C.{a n +a n+1}D.{a n +a n+1+a n+2}12. 下列说法正确的为（ ）A.6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有C 26C 24C 22种不同的分法；B.6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有C 16C 25C 33种不同的分法；C.6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法；D.6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有540种不同的分法．卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 若C3n =C3n −1+C4n −1，则n =________． 14. 正态曲线________，x ∈(−∞,+∞)15. 已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 6=0,a 7=7，若a m a m+1a m+2为数列{a n }中的项，则m =________．+m =A m n A m−1n A m n+1(1−2x)2020=+x +++⋯+a 0a 1a 2x 2a 3x 3a 2020x 2020(x ∈R)=1a 0+++⋯+=a 1a 3a 5a 2019−1320202+++⋯+=−1a 12a 222a 323a 202022020+2+3+⋯+2020=4040a 1a 2a 3a 2020{}a n {}1a n (log 2a n )2{+}a n a n+1{++}a n a n+1a n+26C 26C 24C 226123C 16C 25C 336106540C =C +C 3n 3n −14n −1n =x ∈(−∞,+∞)S n {}a n n =0,=7S 6a 7a m a m+1a m+2{}a n m =16. 若不等式x +2√xy ≤a(x +y)对任意的实数x >0,y >0恒成立，则实数a 的最小值为________．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 学校将要举行校园歌手大赛，现有3男3女参加，需要安排他们的出场顺序．(1)如果3个女生都不相邻，那么有多少种不同的出场顺序？(2)如果男女相间，那么有多少种不同的出场顺序？(3)如果女生甲在女生乙的前面(可以不相邻)，那么有多少种不同的出场顺序？(4)如果3位男生都相邻，且女生甲不在第一个出场，那么有多少种不同的出场顺序？ 18. 已知各项均为正数的等差数列{a n }的公差为4，其前n 项和为S n ，且2a 2为S 2，S 3的等比中项．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n =4a n a n+1，求数列{b n }的前n 项和T n . 19. 已知数列{a n }满足a 1=3，其前n 项和为S n ，且满足S 2n+1=a n+1(S n+1−3)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =12n ⋅S 3n−1，数列{b n }前n 项和为T n ,T n <m 恒成立，求m 的取值范围． 20. 已知函数f(x)=ax 3+bx 2−2x ，且当x =1时，函数f(x)取得极值为−56.(1)求f(x)的解析式；(2)若关于x 的方程f(x)=−6x −m 在[−2,0]上有两个不同的实数解，求实数m 的取值范围. 21. 某生物研究小组准备探究某地区蜻蜓的翼长分布规律，据统计该地区蜻蜓有A ，B 两种，且这两种的个体数量大致相等．记A 种蜻蜓和B 种蜻蜓的翼长（单位：mm ）分别为随机变量X ，Y ，其中X 服从正态分布N(45,25)，Y 服从正态分布N(55,25).(1)从该地区的蜻蜓中随机捕捉一只，求这只蜻蜓的翼长在区间[45,55]的概率；(2)记该地区蜻蜓的翼长为随机变量Z ，若用正态分布N (μ0,σ20)来近似描述Z 的分布，请你根据(1)中的结果，求参数μ0和σ0的值（精确到0.1）；(3)在(2)的条件下，从该地区的蜻蜓中随机捕捉3只，记这3只中翼长在区间[42.2，57.8]的个数为W ，求W 的分布列及数学期望（分布列写出计算表达式即可）．注：若X ∼N (μ,σ2)，则P(μ−0.64σ≤X ≤μ+0.64σ)≈0.4773，P(μ−σ≤X ≤μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ≤X ≤μ+2σ)≈0.9546. 22. 已知函数f(x)=−x 3+ax 2.(1)讨论函数f(x)的单调性；m =x +2≤a(x +y)xy −−√x >0,y >0a33(1)3(2)(3)(4)3{}a n 4n S n 2a 2S 2S 3(1){}a n (2)=b n 4a n a n+1{}b n n T n {}a n =3a 1n S n =(−3)S 2n+1a n+1S n+1(1){}a n (2)=b n 1⋅2n S 3n−1{}b n n ,<m T n T n m f(x)=a +b −2x x 3x 2x =1f(x)−56(1)f(x)(2)x f(x)=−6x −m [−2,0]m A B A B mm X Y X N (45,25)Y N (55,25)(1)[45,55](2)Z N (,)μ0σ20Z (1)μ0σ00.1(3)(2)3342.257.8W W X ∼N (μ,)σ2P (μ−0.64σ≤X ≤μ+0.64σ)≈0.4773P (μ−σ≤X ≤μ+σ)≈0.6827P (μ−2σ≤X ≤μ+2σ)≈0.9546f (x)=−+a x 3x 2(1)f (x)(2)设a=−1，若f(x)<x(k−lnx)，求实数k的取值范围．参考答案与试题解析2022-2023学年高中高二下数学月考试卷一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1.【答案】B【考点】条件概率与独立事件【解析】此题暂无解析【解答】解依题意，可知P(A)=1+C23C25=25，P(AB)=1C25=110，所以P(B|A)=P(AB)P(A)=14．2.【答案】B【考点】利用导数研究函数的单调性函数的图象【解析】根据函数y=xf′(x)的图象，依次判断f(x)在区间(−∞,−1)，(−1,0)，(0,1)，(1,+∞)上的单调性即可【解答】解：由函数y=xf ′(x)的图象可知：当x<−1时，xf ′(x)<0，∴f ′(x)>0，此时f(x)单调递增；当−1<x<0时，xf ′(x)>0，∴f ′(x)<0，此时f(x)单调递减；当0<x<1时，xf ′(x)<0，∴f ′(x)<0，此时f(x)单调递减；(1)f(x)(2)a=−1f(x)<x(k−ln x)k当x >1时，xf ′(x)>0，∴f ′(x)>0，此时f(x)单调递增．故选B ．3.【答案】A【考点】排列、组合及简单计数问题分类加法计数原理【解析】由于4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，每次分完只有一个代表得不到，求出结果即可．【解答】解：由于4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，每次分完只有一个代表队得不到，所以共有5种不同的分法．故选A ．4.【答案】A【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究不等式恒成立问题【解析】此题暂无解析【解答】解：令f(x)=(x +1)lnx ，则f ′(x)=1x +1+lnx =g(x)，则g ′(x)=x −1x 2.故当x ∈(0,1)时，g ′(x)<0，当x ∈(1,+∞)时，g ′(x)>0，故f ′(x)≥f ′(1)=2，则函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.而(e λx +1)λxx +1>lnx⇒(e λx +1)lne λx >(x +1)lnx ⇔f(e λx )>f(x)，即λ>lnxx .令h(x)=lnxx ，故h ′(x)=1−lnxx 2，故当x ∈(0,e)时，h ′(x)>0，当x ∈(e,+∞)时，h ′(x)<0，故h(x)max =h(e)=1e ，故λ>1e .故选A ．5.【答案】D【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】无【解答】解：∵f(x)=xlnx ，∴f ′(x)=1+lnx ，则f ′(1)=1+ln1=1，∴k =1，∴函数f(x)在A(1,0) 处的切线方程为y =x −1 ，由 {y =x −1，y =x 2+ax ，得x 2+(a −1)x +1=0 ，由Δ=(a −1)2−4=0，解得a =3或a =−1．故选D ．6.【答案】C【考点】等差数列的性质等差数列的前n 项和【解析】根据题意，由等差数列的前n 项和性质可得S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6=11，解可得a 6的值，又由a 4+a 6+a 8=3a 6，分析可得答案．【解答】解：因为数列{a n }为等差数列，所以S 11=11(a 1+a 11)2=11×2a 62=11a 6=11，解得a 6=1，故a 4+a 6+a 8=3a 6=3．故选C ．7.【答案】A【考点】二项展开式的特定项与特定系数【解析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x 的幂指数等于0，求得r 的值，即可求得展开式中的常数项．【解答】解：根据题意，(1x −2x )6展开式中的通项为T r+1=C r6(1x )6−r (−2x)r =C r6(−2)r x 2r−6，r =0,1,2,3,4,5,6，令2r −6=0，可得r =3，则其常数项为T 4=C 36(−2)3=−160.故选A ．8.【答案】B【考点】等比关系的确定等比数列的通项公式【解析】由a n+1=3S n ，得a n =3S n−1(n ≥2)，两式相减可得递推式，根据递推式可判断数列从第二项起构成等比数列，进而可得答案．【解答】解：由3S n =2a n −1，得3S n+1=2a n+1−1，两式相减，得3a n+1=2a n+1−2a n ，即a n+1=−2a n ，又将n =1代入3S n =2a n −1，得a 1=−1，∴{a n }为等比数列，公比为−2，首项为−1，∴a n =−(−2)n−1，令n =4，得a 4=8.故选B ．二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】B,C,D【考点】排列数公式的推导【解析】利用排除法和组合数性质进行求解即可.【解答】解：A ，令n =3,m =1，可得C13=13C 02不成立，故A 错误；B ，原式为组合数的计算公式，故B 正确；C ，原式为排列数与组合数的定义，故C 正确；D ∵A mn +mA m−1n =n!(n −m)!+m ⋅n!(n −m +1)!=(n +1)!(n −m +1)!=A mn+1，故D 正确.故选BCD.10.【答案】A,C,D【考点】二项式系数的性质【解析】【解答】解：(1−2x)2020=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a 2020x 2020，则a 0=C0202012020(−2x)0=1，故A 正确；令x =1，则(1−2)2020=a 0+a 1+a 2+⋯+a 2019+a 2020=1①，令x =−1，则(1+2)2020=a 0−a 1+a 2−a 3+⋯+a 2018−a 2019+a 2020=32020②，①−②得，a 1+a 3+a 5+⋯+a 2019=1−320202，故B 错误；令x =12，则(1−1)2020=a 0+a 12+a 222+a 323+⋯+a 202022020=0，又a 0=1，∴a 12+a 222+a 323+⋯+a 202022020=−1，故C 正确；由(1−2x)2020=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+⋯+a 2020x 2020，则2020×(−2)×(1−2x)2019=a 1+2a 2x +⋯+2020a 2020x 2019，令x =1，则a 1+2a 2+3a 3+⋯+2020a 2020=4040，故D 正确.故选ACD.11.【答案】A,D【考点】等比关系的确定【解析】利用等比数列的性质直接求解．【解答】解：由数列{a n }是等比数列，知：在A 中，1a n+11a n =a n a n+1=1q ，∴{1a n }一定是等比数列，故A 正确；在B 中，假设a n =2n ，则log 2(a n )2=log 222n =2n ，不是等比数列，故B 错误；在C 中，a n +a n+1=a n (1+q)，q =−1时，{a n +a n+1}不是等比数列，故C 错误；在D 中，a n +a n+1+a n+2=a n (1+q +q 2)，∴{a n +a n+1+a n+2}是等比数列，故D 正确．故选AD.12.【答案】A,C,D【考点】分类加法计数原理分步乘法计数原理排列、组合及简单计数问题【解析】此题暂无解析【解答】解：对于A ，6本不同的书中，先取2本给甲，再从剩余的4本中取2本给乙，最后2本给丙，共有C 26C 24C 22种不同的分法，故 A 正确；对于B ，6本不同的书中，先取1本作为一组，再从剩余的5本中取2本作为一组，最后3本作为一组，共有C 16C 25C 33=60种，再将3组分给甲、乙、丙三人，共有C 16C 25C 33A 33=360种，故B 错误；对于C ，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，有C 25=10种；对于D ，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，分3种情况讨论：①一人4本，其他两人各1本，共有C 46A 33=90种，②一人1本，一人2本，一人3本，共有C 16C 25C 33A 33=360种，③每人2本，共有C 26C 24C 22=90种，故共有90+360+90=540种．故选ACD ．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】7【考点】组合及组合数公式【解析】利用组合数公式求解．【解答】解：∵C3n =C3n −1+C4n −1，∴n(n −1)(n −2)3×2×1=(n −1)(n −2)(n −3)3×2×1+(n −1)(n −2)(n −3)(n −4)4×3×2×1，整理，得n 2−7n =0，解得n =7或n =0（舍）．故答案为：7．14.【答案】22σ2φμ,σ=1√2πσe−(x−μ)【考点】正态分布的密度曲线【解析】此题暂无解析【解答】略15.【答案】2【考点】等差数列的性质等差数列的前n项和等差数列的通项公式数列递推式【解析】此题暂无解析【解答】解：设{a n}的公差为d．因为S6=0，所以a1+a6=0，由此可得2a1+5d=0，又a7=a1+6d=7，由此可解得a1=−5,d=2，故 a n=2n−7，a m a m+1a m+2=(2m−7)(2m−5)2m−3，令2m−3=t，则a m a m+1a m+2=(t−4)(t−2)t=t+8t−6，故t为8的约数，又因为t是奇数，所以t的可能取值为±1．当t=1时，m=2，a2a3a4=3=2×5−7，是数列{a n }中的第5项；当t =−1时，m =1,a 1a 2a 3=−15=2×(−4)−7，不是数列{a n }中的项．所以满足条件的m =2．故答案为：2．16.【答案】√5+12【考点】利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：不等式x +2√xy ≤a(x +y)可化为a ≥x +2√xyx +y ，∴a ≥1+2√yx 1+yx ，令t =√yx (t >0)，∴a ≥1+2t1+t 2，令u =1+2t1+t 2，∴u ′=2(1−t −t 2)(1+t 2)2，令u ′=0，∴t =√5−12 (负值舍去），∴函数在(0,√5−12)上单调增，在(√5−12,+∞)上单调减，∴t =√5−12时，函数u =1+2t1+t 2取得最大值为√5+12，∴a ≥√5+12，∴实数a 的最小值为√5+12．故答案为： √5+12．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：(1)先排3个男生，总共有A 33种可能；再在产生的四个空中，选出3个，将女生进行排列，有A34种可能，故所有不同出场顺序有： A33A34=144(种).(2)第一步，先排3个男生，总共有A33种可能；第二步，去除男生左端的位置，插空全排有A33种可能，去除男生右端的位置，插空全排有A33种可能，故此时有2A33种可能，故所有不同出场顺序有： 2A33A33=72(种).(3)先计算全部的排列可能有A66种可能，因为每一次全排列，甲乙都有A22种可能，故甲和乙定序的排列有A66A22=360(种).(4)将3个男生进行捆绑后，总共有4个元素进行排列，先从女生甲以外的3个元素中选取1个第一个出场，再对剩余3个元素进行全排列，同时对3个男生也要进行全排列，故所有的可能有A33C13A33=108(种).【考点】排列、组合的应用排列、组合及简单计数问题【解析】(1)先排男生，再插空即可；(2)首先排男生，再插空排列即可；(3)先全排，再除序即可；(4)将3个男生进行捆绑后，总共有4个元素进行排列，先从甲女生以外的3个元素中选取1个第一个出场，再对剩余3个元素进行全排列，同时对3个男生也要进行全排列.【解答】解：(1)先排3个男生，总共有A33种可能；再在产生的四个空中，选出3个，将女生进行排列，有A34种可能，故所有不同出场顺序有： A33A34=144(种).(2)第一步，先排3个男生，总共有A33种可能；第二步，去除男生左端的位置，插空全排有A33种可能，去除男生右端的位置，插空全排有A33种可能，故此时有2A33种可能，故所有不同出场顺序有： 2A33A33=72(种).(3)先计算全部的排列可能有A66种可能，因为每一次全排列，甲乙都有A22种可能，故甲和乙定序的排列有A66A22=360(种).(4)将3个男生进行捆绑后，总共有4个元素进行排列，先从女生甲以外的3个元素中选取1个第一个出场，再对剩余3个元素进行全排列，同时对3个男生也要进行全排列，故所有的可能有A33C13A33=108(种).18.【答案】解：(1)因为数列{a n}是公差为4的等差数列，所以a2=a1+4，S2=2(a1+2)，S3=3a1+3×22×4=3(a1+4)．又4a22=S2S3，所以4(a1+4)2=6(a1+2)(a1+4)，即(a1+4)(a1−2)=0，解得a1=2或a1=−4（舍去），所以a n=2+4(n−1)=4n−2．(2)因为b n=4a n a n+1=4(4n−2)(4n+2)=14n−2−14n+2，所以T n=b1+b2+⋯+b n−1+b n=12−16+16−110+⋯+14n−6−14n−2+14n−2−14n+2=12−14n+2=n2n+1．【考点】等差数列的通项公式等比中项数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)因为数列{a n}是公差为4的等差数列，所以a2=a1+4，S2=2(a1+2)，S3=3a1+3×22×4=3(a1+4)．又4a22=S2S3，所以4(a1+4)2=6(a1+2)(a1+4)，即(a1+4)(a1−2)=0，解得a1=2或a1=−4（舍去），所以a n=2+4(n−1)=4n−2．(2)因为b n=4a n a n+1=4(4n−2)(4n+2)=14n−2−14n+2，所以T n=b1+b2+⋯+b n−1+b n=12−16+16−110+⋯+14n−6−14n−2+14n−2−14n+2=12−14n +2=n2n +1．19.【答案】解：(1)由a n+1=S n+1−S n ，则S2n+1=a n+1(S n+1−3)=(S n+1−S n )(S n+1−3)，化简得： S 2n+1=S 2n+1−3S n+1−S n S n+1+3S n ，即S n S n+1=3S n −3S n+1，由题意S n+1S n ≠0，则13=1S n+1−1S n ，又1S 1=13，则{1S n }是首项为13，公差为13的等差数列，则1S n =13+(n −1)13=n3，即S n =3n ，n ≥2时，a n =S n −S n−1=3n −3n −1，综上， a n ={3，n =1,3n −3n −1，n ≥2.(2)b n =12n ⋅S 3n−1=3n −13⋅2n =13⋅(3n −1)(12)n ，T n =13[2×(12)1+5×(12)2+8×(12)3+⋯+(3n −4)⋅(12)n−1+(3n −1)⋅(12)n ]，12T n=13[2×(12)2+5×(12)3+8×(12)4+⋯+(3n −4)⋅(12)n +(3n −1)⋅(12)n+1]，两式相减得：12T n=13+13×3[(12)2+(12)3+⋯+(12)n ]−13(3n −1)(12)n+1，12T n =13+[(12)2+(12)3+⋯+(12)n ]−13(3n −1)(12)n+1=13+14(1−12n−1)1−12−13(3n −1)(12)n+1=56−12n −13(3n −1)(12)n+1=56−3n +53⋅2n+1．则 T n =53−3n +53⋅2n <53，所以m ≥53．【考点】数列递推式数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)由a n+1=S n+1−S n ，则S2n+1=a n+1(S n+1−3)=(S n+1−S n )(S n+1−3)，化简得： S 2n+1=S 2n+1−3S n+1−S n S n+1+3S n ，即S n S n+1=3S n −3S n+1，由题意S n+1S n ≠0，则13=1S n+1−1S n ，又1S 1=13，则{1S n }是首项为13，公差为13的等差数列，则1S n =13+(n −1)13=n3，即S n =3n ，n ≥2时，a n =S n −S n−1=3n −3n −1，综上， a n ={3，n =1,3n −3n −1，n ≥2.(2)b n =12n ⋅S 3n−1=3n −13⋅2n =13⋅(3n −1)(12)n ，T n =13[2×(12)1+5×(12)2+8×(12)3+⋯+(3n −4)⋅(12)n−1+(3n −1)⋅(12)n ]，12T n=13[2×(12)2+5×(12)3+8×(12)4+⋯+(3n −4)⋅(12)n +(3n −1)⋅(12)n+1]，两式相减得：12T n=13+13×3[(12)2+(12)3+⋯+(12)n ]−13(3n −1)(12)n+1，12T n =13+[(12)2+(12)3+⋯+(12)n ]−13(3n −1)(12)n+1=13+14(1−12n−1)1−12−13(3n −1)(12)n+1=56−12n −13(3n −1)(12)n+1=56−3n +53⋅2n+1．则 T n =53−3n +53⋅2n <53，所以m ≥53．20.【答案】解：(1)因为f(x)=ax 3+bx 2−2x,所以f ′(x)=3ax 2+2bx −2，因为当x =1时， f(x)取得极值为−56,所以 {f ′(1)=0,f(1)=−56,即 {3a +2b −2=0,a +b −2=−56,解得：{a =−13,b =32,所以f(x)=−13x 3+32x 2−2x.(2)由方程f(x)=−6x −m 在[−2,0]上有两个不同的实数解，得方程13x 3−32x 2−4x −m =0在[−2,0]上有两个不同的实数解，设g(x)=13x 3−32x 2−4x −m ，则g ′(x)=x 2−3x −4，由g ′(x)=0，得x =4或x =−1，当x ∈(−2,−1)时， g ′(x)>0，则g(x)在(−2,−1)上单调递增，当x ∈(−1,0)时， g ′(x)<0，则g(x)在(−1,0)上单调递减，由题意得 {g(−2)≤0,g(−1)>0,g(0)≤0,即{−23−m ≤0,136−m >0,−m ≤0,解得0≤m <136，所以实数m 的取值范围是[0,136）.【考点】利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性利用导数研究与函数零点有关的问题【解析】根据极值和函数值列出方程组即可求出参数值.将有解转换为有零点后研究函数单调性，列出不等式组求解即可.【解答】解：(1)因为f(x)=ax 3+bx 2−2x,所以f ′(x)=3ax 2+2bx −2，因为当x =1时， f(x)取得极值为−56,所以 {f ′(1)=0,f(1)=−56,即 {3a +2b −2=0,a +b −2=−56,解得：{a =−13,b =32,所以f(x)=−13x 3+32x 2−2x.(2)由方程f(x)=−6x −m 在[−2,0]上有两个不同的实数解，得方程13x 3−32x 2−4x −m =0在[−2,0]上有两个不同的实数解，设g(x)=13x 3−32x 2−4x −m ，则g ′(x)=x 2−3x −4，由g ′(x)=0，得x =4或x =−1，当x ∈(−2,−1)时， g ′(x)>0，则g(x)在(−2,−1)上单调递增，当x ∈(−1,0)时， g ′(x)<0，则g(x)在(−1,0)上单调递减，由题意得 {g(−2)≤0,g(−1)>0,g(0)≤0,即{−23−m ≤0,136−m >0,−m ≤0,解得0≤m <136，所以实数m 的取值范围是[0,136）.21.【答案】解：(1)记这只蜻蜓的翼长为t.因为A 种蜻蜓和B 种蜻蜓的个体数量大致相等，所以这只蜻蜓是A 种还是B 种的可能性是相等的．所以P(45≤t ≤55)=12×P(45≤X ≤55)+12×P(45≤Y ≤55)=12×P(45≤X ≤45+2×5)+12×P(55−2×5≤Y ≤55)=12×0.95462+12×0.95462=0.4773.(2)由于两种蜻蜓的个体数量相等，X ，Y 的方差也相等，根据正态曲线的对称性，可知μ0=45+552=50.0.由(1)可知45=μ0−0.64σ0,55=μ0+0.64σ0，得σ0=50.64≈7.8 .(3)设蜻蜓的翼长为T ，则P(42.2≤T≤57.8)=P(μ−σ≤T≤μ+σ)=0.6827.由题有W∼B(3,0.6827)，所以P(W=k)=C k3×0.6827k×0.31733−k，因此W的分布列为W0123P C030.31733C130.68271⋅0.31732C230.68272⋅0.31731C330.68273E(W)=3×0.6827=2.0481.【考点】等可能事件的概率正态分布的密度曲线离散型随机变量的期望与方差二项分布的应用离散型随机变量及其分布列【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)记这只蜻蜓的翼长为t.因为A种蜻蜓和B种蜻蜓的个体数量大致相等，所以这只蜻蜓是A种还是B种的可能性是相等的．所以P(45≤t≤55)=12×P(45≤X≤55)+12×P(45≤Y≤55)=12×P(45≤X≤45+2×5)+12×P(55−2×5≤Y≤55)=12×0.95462+12×0.95462=0.4773.(2)由于两种蜻蜓的个体数量相等，X，Y的方差也相等，根据正态曲线的对称性，可知μ0=45+552=50.0.由(1)可知45=μ0−0.64σ0,55=μ0+0.64σ0，得σ0=50.64≈7.8 .(3)设蜻蜓的翼长为T，则P(42.2≤T≤57.8)=P(μ−σ≤T≤μ+σ)=0.6827.由题有W∼B(3,0.6827)，所以P(W=k)=C k3×0.6827k×0.31733−k，因此W 的分布列为W 0123P C 030.31733C 130.68271⋅0.31732C 230.68272⋅0.31731C 330.68273E(W)=3×0.6827=2.0481.22.【答案】解：(1)f ′(x)=−3x 2+2ax =−x(3x −2a)，令f ′(x)=0，得x 1=0， x 2=23a ，当a =0时，f ′(x)≤0恒成立，且仅在x =0时取等号，故f(x)在R 上单调递减，当a <0时，在区间(−∞,23a )和(0,+∞)上f ′(x)<0，在区间(23a,0)上f ′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为(−∞,23a )，(0,+∞)，f(x)的单调递增区间为(23a,0)，同理，当a >0时，在区间(−∞,0)，(23a,+∞)上f ′(x)<0，在区间(0,23a )上f ′(x)>0．所以f(x)的单调递减区间为(−∞,0)，(23a,+∞)，单调递增区间为(0,23a )．(2)当a =−1时，由题意可知， f(x)<x(k −lnx)在(0,+∞)上恒成立，即−x 3−x 2<x(k −lnx)⇒k >lnx −x 2−x 在(0,+∞)上恒成立，设g(x)=lnx −x 2−x ，则g ′(x)=1x −2x −1=−2x 2−x +1x =−(x +1)(2x −1)x ，令g ′(x)>0得x ∈(0,12)，令g ′(x)<0得x ∈(12,+∞)，所以函数g(x)在(0,12]上单调递增，在(12,+∞)上单调递减，∴g(x)≤g (12)=ln 12−34，∴实数k 的取值范围是(ln 12−34,+∞)．【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的最值【解析】无无【解答】解：(1)f ′(x)=−3x 2+2ax =−x(3x −2a)，令f ′(x)=0，得x 1=0， x 2=23a ，当a =0时，f ′(x)≤0恒成立，且仅在x =0时取等号，故f(x)在R 上单调递减，当a <0时，在区间(−∞,23a )和(0,+∞)上f ′(x)<0，在区间(23a,0)上f ′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为(−∞,23a )，(0,+∞)，f(x)的单调递增区间为(23a,0)，同理，当a >0时，在区间(−∞,0)，(23a,+∞)上f ′(x)<0，在区间(0,23a )上f ′(x)>0．所以f(x)的单调递减区间为(−∞,0)，(23a,+∞)，单调递增区间为(0,23a )．(2)当a =−1时，由题意可知， f(x)<x(k −lnx)在(0,+∞)上恒成立，即−x 3−x 2<x(k −lnx)⇒k >lnx −x 2−x 在(0,+∞)上恒成立，设g(x)=lnx −x 2−x ，则g ′(x)=1x −2x −1=−2x 2−x +1x =−(x +1)(2x −1)x ，令g ′(x)>0得x ∈(0,12)，令g ′(x)<0得x ∈(12,+∞)，所以函数g(x)在(0,12]上单调递增，在(12,+∞)上单调递减，∴g(x)≤g (12)=ln 12−34，∴实数k的取值范围是(ln12−34,+∞)．。
2022-2023学年人教A版高二下数学月考试卷(含解析)
2022-2023学年高中高二下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 已知函数，且的导函数为，则( )A.B.C.D.2. 等比数列中， ，，则的值为（ ）A.B.C.D.3. 若函数在上单调递减，则的最小值是( )A.B.C.D.4. 在等差数列中，且，则中最大的是（ ）A.B.C.f (x)=+2x (1)−2e x f ′x −√f (x)(x)f ′f (4)=−8e +4e 4−8e +8e 4−4e +4e 4−4e +8e 4{}a n =1a 3=4a 4a 6−a 10a 8−a 6a 424816f (x)=ln x −kx (1,+∞)k 1−12−2{}a n +<0a 2a 13>0S 13S n S 5S 6S 7S5. 已知函数，则函数的大致图象是 A. B. C. D.6. 设是等差数列的前项和，若，则( )A.B.C.D.7. 已知是函数的导数，，且，则不等式的解集是（ ）A.B.C.f (x)=−ln |x|x 2y =f (x)()S n {}a n n =35S 7=a 48765(x)f ′f (x)f (x)+(x)>0f ′f (2)=2e 2f (ln x)>2x (,+∞)e 2(2,+∞)(0,)e 2(0,2)8. 已知函数，(为自然对数的底数)，若所有点所构成的平面区域面积为，则( )A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初日健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”意思是有人要去某关口，路程为里，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天才到达目的地．下列描述正确的是 A.此人第二天走了九十六里路B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C.此人第三天走的路程占全程的D.此人后三天共走了四十四里路10. 如图是函数的导函数的图象，则下面判断正确的是 A.在上是增函数B.在上是减函数C.在上是增函数D.当时， 取得极小值11. 已知数列是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是（ ）A.f (x)=a (x −2ln x)(a >0)e 2D =[,1]1ee (s,f (t))(s,t ∈D)−1e 2a =eee −211e −2378()18y =f (x)(x)f ′()f (x)(−3,1)f (x)(1,3)f (x)(1,2)x =4f (x){}a n {}1a n()2B.C.D.12. 已知函数，，则以下结论错误的是( )A.任意的，且，都有B.任意的，且，都有C.有最小值，无最大值D.有最小值，无最大值卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 函数在点处的切线方程为，则________.14. 设 利用课本中推导等差数列前项和公式的方法，可求的值为________.15. 若函数的图象如图所示，的导函数的图象如图所示，则极值点的个数为________，极值点的个数为________．16. 函数的极大值是________．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 设等差数列的前项和为，首项＝，且＝．数列的前项和为，且满足＝，＝．(log 2a n )2{+}a n a n+1{++}a n a n+1a n+2f(x)=−e x e −x g(x)=+e x e −x x 1∈R x 2≠x 1x 2<0f()−f()x 1x 2−x 1x 2x 1∈R x 2≠x 1x 2<0g()−g()x 1x 2−x 1x 2f(x)g(x)f(x)=a ln x −bx 2P(2,f(2))y =−3x +2ln 2+2a +b =f (x)=,1+5x 5–√n f (−5)+f (−4)+⋯+f (0)+⋯+f (5)+f (6)f (x)1g(x)2f (x)g(x)f(x)=1+x ex {}a n n S n a 11−4S 4S 112{}b n n T n b 11b n+12+1T n {}{}b（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和．18. 已知函数 .求曲线在点处的切线方程；求函数的极值．19. 记正项数列的前项和为，其中，.求数列的通项公式；求数列的前项和. 20. 已知是等差数列，满足，，数列满足，，且为等比数列．求数列和的通项公式；求数列的前项和．21. 已知函数.证明：当时，有且仅有一个零点；当，函数的最小值为，求函数的值域. 22. 已知函数．讨论的单调性；若关于的不等式在上有实数解，求的取值范围．{}a n {}b n n f (x)=2+3−12x +1x 3x 2(1)y =f (x)(1,f (1))(2)f (x){}a n n S n =12a 4−3=a n+16+9n S n +3a n+1(1){}a n (2){⋅}32n−2a n n {}a n =3a 1=12a 4{}b n =4b 1=20b 4{−}b n a n (1){}a n {}b n (2){}b n n f(x)=x +a e x (1)a <0f(x)(2)a ∈[−2,0)e 2g(x)=(x −1)⋅+ax e x h(a)h(a)f (x)=1+mx −ln(x +1)(1)f (x)(2)x f (x)>e 2x [0,+∞)m参考答案与试题解析2022-2023学年高中高二下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】A【考点】导数的运算函数的求值【解析】本题考查导数的运算等基本知识，考查运算求解等能力.【解答】解：由题意得，,则，所以，所以,所以.故选.2.【答案】B【考点】等比数列的通项公式等比数列的性质【解析】设等比数列的公比为，由题意和等比数列的性质化简已知的式子，求出的值后，再由等比数列的性质化简所求的式子并求值．【解答】解：设等比数列的公比为，(x)=+2(1)−f ′e x f ′1x −√(1)=e +2(1)−1f ′f ′(1)=1−e f ′f (x)=+(2−2e)x −2e x x−√f (4)=−8e +4e 4A {}a n q q 4{}a n q ∵=1，，∴，化简得，，∴.故选．3.【答案】A【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】利用导数，首先判断导数的正负性，即可求出参数方程.【解答】解：∵，∴，∵在区间上单调递减，∴在上恒成立，∴，∴.故选.4.【答案】C【考点】等差数列的前n 项和等差数列的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：由且，可知该数列为递减数列，且，所以，，则中最大的是.故选.∵=1a 3=4a 4a 6(q)()=4a 3a 3q 3=4q 4===4−a 10a 8−a 6a 4−a 6q 4a 4q 4−a 6a 4q 4B f (x)=ln x −kx(x)=−k f ′1x f (x)(1,+∞)(x)=−k ≤0f ′1x (1,+∞)k ≥1=1k min A +<0a 2a 13>0S 13+<0a 7a 8>0a 7<0a 8S n S 7C5.【答案】C【考点】函数的图象变换利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：∵，∴是偶函数，图象关于轴对称，排除；当时，，当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增.当时，取得最小值，排除.故选.6.【答案】D【考点】等差数列的前n 项和等差数列的性质【解析】充分运用等差数列前项和与某些特殊项之间的关系解题．【解答】解：是等差数列的前项和，，∴.故选．7.f (−x)=(−x −ln |−x|=−ln |x|)2x 2f(x)y D x >0(x)=2x −=f ′1x 2−1x 2x 0<x <2–√2(x)<0f ′x >2–√2(x)>0f ′f(x)(0,)2–√2(,+∞)2–√2x =2–√2f(x)f()=−ln >02–√2122–√2A,B C n ∵S n {}a n n ∴=×7=7=35S 7+a 1a 72a 4=5a 4D【答案】A【考点】利用导数研究函数的单调性其他不等式的解法【解析】设，则，可得在上单调递增，不等式化为，由函数单调性可得答案．【解答】解：设，则因为，所以，所以在上单调递增，因为 ，所以，不等式，即，所以，即，即 ，解得.故选.8.【答案】B【考点】利用导数研究函数的单调性函数的值域及其求法【解析】依题意，可得，在上单调递增，于是可得在上的值域为，继而可得，解之即可．【解答】g(x)=f (x)e x (x)=(f (x)+(x))g ′e x f ′g(x)R f (ln x)>2xg(ln x)>2=g(2)g(x)=f (x)e x (x)=[f (x)+(x)]g ′e x f ′f (x)+(x)>0f ′(x)>0g ′g(x)R f (2)=2e 2g(2)=f (2)=2e 2f (ln x)>2x xf (ln x)>2f (ln x)>2e ln x g(ln x)>2=g(2)ln x >2x >e 2A (x)>0f ′f (x)[,1]1e f (x)[,1]1e [a (e +2),a]e 2a (−e −2)(1−)=−1e 21e e 2x)=a (−)=a (x −2)2解：，因为，，所以，在上单调递增，则在上的值域为，因为所有点所构成的平面区域面积为，所以，解得．故选．二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】A,B【考点】等比数列的通项公式数列的应用等比数列的前n 项和【解析】此题暂无解析【解答】解：记每天走的里程构成数列，依题意，是以为公比的等比数列，因为，即 解得，所以，故正确；此人第一天走的路程比后五天走（里），故正确；，因为，故错误；前三天走的路程为（里），则后三天走的为 （里），故错误.故选．10.(x)=a (−)=f ′e 22x a (x −2)e 2x x ∈[,1]1e a >0(x)>0f ′f (x)[,1]1e f (x)[,1]1e[a (e +2)，a]e 2(s,f(t))(s,t ∈D)−1e 2a (−e −2)(1−)=−1e 21e e 2a =e e −2B {}(n =1,2,3,4,5,6)a n {}a n 12=378S 6=378,(1−)a 11261−12=192a 1=96a 2A 192−(378−192)=6B =192×=48a 314>4837818C 192+96+48=336378−336=42D AB【答案】C,D【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：的图象在上先小于，后大于，故在上先减后增，故错误；的图象在上先大于，后小于，故 在上先增后减，故错误；由图可知，当时， ，所以在上单调递增，故正确；当时， ，当时， ，所以当时， 取得极小值，故正确．故选.11.【答案】A,D【考点】等比关系的确定【解析】利用等比数列的性质直接求解．【解答】解：由数列是等比数列，知：在中，，∴一定是等比数列，故正确；在中，假设，则，不是等比数列，故错误；在中，，时，不是等比数列，故错误；在中，，∴是等比数列，故正确．故选.12.【答案】A,B,C【考点】利用导数研究函数的极值(x)f ′(−3,1)00f (x)(−3,1)A (x)f ′(1,3)00f (x)(1,3)B x ∈(1,2)(x)>0f ′f (x)(1,2)C x ∈(2,4)(x)<0f ′x ∈(4,5)(x)>0f ′x =4f (x)D CD {}a n A ==1a n+11a n a n a n+11q {}1a n A B a n =2n (log 2a n )2=log 222n =2n B C +a n a n+1=(1+q)a n q=−1{+}a n a n+1C D ++a n a n+1a n+2=(1+q +)a n q 2{++}a n a n+1a n+2D AD利用导数研究函数的单调性【解析】由函数及函数的性质直接判断即可．【解答】解：，∵，即在上单调递增，∴任取，且，都有，故该选项错误；，，令，解得；令，解得.∴在上单调递减，在上单调递增，故该选项错误；，当时，；当时，，∴没有最小值和最大值，故该选项错误；，，当或时，，∴有最小值，无最大值，故该选项正确.故选．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】（1）对函数进行求导，根据【解答】解：由题意得，∴，.由且，解得，.∴.故答案为：.14.【答案】f(x)g(x)A (x)=+>0f ′e x e −x f(x)R x 1∈R x 2≠x 1x 2>0f()−f()x 1x 2−x 1x 2B (x)=−g ′e x e −x (x)<0g ′x <0(x)>0g ′x >0g(x)(−∞,0)(0,+∞)C x →−∞f(x)→−∞x →+∞f(x)→+∞f(x)D =g(0)=2g min x →−∞x →+∞g(x)→+∞g(x)ABC 3f(x)f ′(x)=−2bx f ′a x (2)=−4b f ′a 2f(2)=a ln 2−4b −4b =−3a 2a ln 2−4b =−6+2ln 2+2a =2b =1a +b =3365–√5数列的求和【解析】由已知中,我们易求出的表达式，进而得到为定值，利用倒序相加法，即可求出 的值．【解答】解：用倒序相加法：令①，即②.∵,∴,∴，∴，∴①②得：，即.故答案为：.15.【答案】,【考点】利用导数研究函数的极值函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：由图可知有个极值点．对于处处可导的函数，函数的极值点要满足两个条件：一个是该点的导数为，另一个是该点左、右两边的导数值异号，故极值点的个数为．故答案为：；．16.f (x)=1+5x 5–√f (1−x)f (x)+f (1−x)f (−5)+f (−4)+⋯+f (0)+⋯+f (5)+f (6)f (−5)+f (−4)+⋯+f (0)+⋯+f (5)+f (6)=S f (6)+f (5)+⋯+f (0)+⋯+f (−4)+f (−5)=S f (x)=1+5x 5–√f (1−x)==1+51−x 5–√5x(+)5–√5x 5–√f (x)+f (1−x)=5–√5f(−5)+f(6)=f(−4)+f(5)=⋯=5–√5+2S =125–√5S =65–√565–√5221f (x)20g(x)222【考点】利用导数研究函数的极值【解析】利用导数研究其单调性极值即可得出．【解答】．可得：＝，时，；时，．∴＝时，函数取得极大值，＝．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】设数列的公差为，，所以为等差数列，因为＝，即，所以＝，故＝＝，由＝可得＝，两式相减得＝，＝，又＝＝，所以＝，故是首项为，公比为的等比数列，所以．设，记的前项和为．则①，②，两式相减得：＝，1f'(x)==−(1+x)e x e x e 2x −x e x f'(0)0x ∈(−∞,0)f'(x)>0x ∈(0,+∞)f'(x)<0x 0f(x)f(0)1{}a n d −8S 4S 112d 2a n 1+2(n −2)2n −1b n+52+1T n b n 2+1(n ≥4)T n−1−b n+1b n 2b n b n+23(n ≥2)b n b 82+4T 13b 24b 1{}b n 17{}c n n T n整理得：，所以．【考点】数列递推式数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答18.【答案】解：由已知可知，所以， .切线方程 .令，即，解得，，当时， ，故在区间内为增函数；当时， ，故在区间内为减函数；当时， ，故在区间内为增函数；从而函数在处取得极大值，在处取得极小值．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的极值【解析】此题暂无解析【解答】解：由已知可知，所以， .切线方程 .令，即，解得，，当时， ，故在区间内为增函数；当时， ，故在区间内为减函数；当时， ，故在区间内为增函数；从而函数在处取得极大值，在处取得极小值．(1)f (x)=2+3−12x +1x 3x 2(x)=6+6x −12=6(x −1)(x +2)f ′x 2k =(1)=0f ′f (1)=−6y =−6(2)(x)=0f ′6(x −1)(x +2)=0=−2x1=1x 2x ∈(−∞,−2)(x)>0f ′f (x)(−∞,−2)x ∈(−2,1)(x)<0f ′f (x)(−2,1)x ∈(1,+∞)(x)>0f ′f (x)(1,+∞)f (x)=−2x 1f (−2)=21=1x 2f (1)=−6(1)f (x)=2+3−12x +1x 3x 2(x)=6+6x −12=6(x −1)(x +2)f ′x 2k =(1)=0f ′f (1)=−6y =−6(2)(x)=0f ′6(x −1)(x +2)=0=−2x 1=1x 2x ∈(−∞,−2)(x)>0f ′f (x)(−∞,−2)x ∈(−2,1)(x)<0f ′f (x)(−2,1)x ∈(1,+∞)(x)>0f ′f (x)(1,+∞)f (x)=−2x 1f (−2)=21=1x 2f (1)=−619.【答案】解：依题意得，，即，则当时，，两式相减，得，故，即，因为，故当时，，由得，，在中，令，得，解得，故，即数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.由知，，令，因为数列的前项和，，两式相减可得，故，故数列的前项和为.【考点】数列的求和等差数列的通项公式【解析】此题暂无解析【解答】解：依题意得，，即，则当时，，两式相减，得，(1)(−3)(+3)=6+9na n+1a n+1S n =6+9n +9a 2n+1S n n ≥2=6+9(n −1)+9a 2n S n−1−=6+9a 2n+1a 2n a n =+6+9=(+3a 2n+1a 2n a n a n )2[+(+3)][−(+3)]=0a n+1a n a n+1a n >0a n n ≥2−=3a n+1a n =12a 4=9a 3=6a 2−3=a n+16+9n S n +3a n+1n =1−3=a 26+9S 1+3a 2=3=S 1a 1−=3a 2a 1{}a n 33=3n a n (2)(1)⋅=⋅3n 32n−2a n 32n−2=36⋅n 2n =b n n 2n {}b n n ：Q n =+++⋯+Q n 121222323n 2n =+++⋯+12Q n 122223324n 2n+1=+++⋯+−12Q n 12112212312n n 2n+1=1−n +22n+1=2−Q n n +22n {⋅}32n−2a n n 72−9n +182n−2(1)(−3)(+3)=6+9na n+1a n+1S n =6+9n +9a 2n+1S n n ≥2=6+9(n −1)+9a 2n S n−1−=6+9a 2n+1a 2n a n =+6+9=(+322)2故，即，因为，故当时，，由得，，在中，令，得，解得，故，即数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.由知，，令，因为数列的前项和，，两式相减可得，故，故数列的前项和为.20.【答案】解：设等差数列的公差为，由题意得．∴,…．∴数列的通项公式为：；设等比数列的公比为，由题意得：，解得．∴．从而,…．∴数列的通项公式为：；由知,…．∵数列的前项和为，数列的前项和为．∴数列的前项和为．【考点】数列的求和=+6+9=(+3a 2n+1a 2n a n a n )2[+(+3)][−(+3)]=0a n+1a n a n+1a n >0a n n ≥2−=3a n+1a n =12a 4=9a 3=6a 2−3=a n+16+9n S n +3a n+1n =1−3=a 26+9S 1+3a 2=3=S 1a 1−=3a 2a 1{}a n 33=3n a n (2)(1)⋅=⋅3n 32n−2a n 32n−2=36⋅n 2n =b n n 2n {}b n n ：Q n =+++⋯+Q n 121222323n 2n =+++⋯+12Q n 122223324n 2n+1=+++⋯+−12Q n 12112212312n n 2n+1=1−n +22n+1=2−Q n n +22n {⋅}32n−2a n n 72−9n +182n−2(1){}a n d d ===3−a 4a 1312−33=+(n −1)d =3n(n =1,2a n a 1){}a n =3n a n {−}b n a n q ===8q 3−b 4a 4−b 1a 120−124−3q =2−=(−)=b n a n b 1a 1q n−12n−1=3n +(n =1,2b n 2n−1){}b n =3n +b n 2n−1(2)(1)=3n +(n =1,2b n 2n−1){3n}n n(n +1)32{}2n−1n =−11−2n 1−22n {}b n n n(n +1)+−1322n数列递推式等比数列的通项公式等差数列的通项公式【解析】（1）利用等差数列、等比数列的通项公式先求得公差和公比，即可求数列的通项公式；（2）利用分组求和的方法求解数列的和，由等差数列及等比数列的前项和公式即可求解数列的和．【解答】解：设等差数列的公差为，由题意得．∴,…．∴数列的通项公式为：；设等比数列的公比为，由题意得：，解得．∴．从而,…．∴数列的通项公式为：；由知,…．∵数列的前项和为，数列的前项和为．∴数列的前项和为．21.【答案】证明：∵，∴.令，解得；令，解得.则在上单调递减，在上单调递增，故.∵，∴，∴当时，，故在上没有零点.当时，，∵在上单调递增，∴有且仅有一个零点.综上，当时，有且仅有一个零点.解：∵，∴.由知，当时，有且仅有一个零点.∵，∴存在唯一，使得，且当时，；当时，.故在区间上单调递减，在上单调递增，∴.n (1){}a n d d ===3−a 4a 1312−33=+(n −1)d =3n(n =1,2a n a 1){}a n =3n a n {−}b n a n q ===8q 3−b 4a 4−b 1a 120−124−3q =2−=(−)=b n a n b 1a 1q n−12n−1=3n +(n =1,2b n 2n−1){}b n =3n +b n 2n−1(2)(1)=3n +(n =1,2b n 2n−1){3n}n n(n +1)32{}2n−1n =−11−2n 1−22n {}b n n n(n +1)+−1322n (1)f(x)=x +a e x (x)=(x +1)⋅f ′e x (x)<0f ′x <−1(x)>0f ′x >−1f(x)(−∞,−1)(−1,+∞)f(x =f(−1)=−+a )min e −1a <0f(x =−+a <0)min e −1x ≤0f(x)=x +a <0e x f(x)(−∞,0]x ≥0f(−a)=−a ⋅+a =−a(−1)>0e −a e −a f(x)(−1,+∞)f(x)a <0f(x)(2)g(x)=(x −1)⋅+ax e x (x)=x ⋅+a g ′e x (1)a ∈[−2,0)e 2(x)g ′(0)=a <0,(2)=2+a ≥0g ′g ′e 2∈(0,2]x 1()=0g ′x 1x ∈(0,)x 1(x)<0g ′x ∈(,+∞)x 1(x)>0g ′g(x)(0,)x 1(,+∞)x 1h(a)=g(x =g()=(−1)+a )min x 1x 1e x 1x 1()=0′又，即，代入上式得，.设函数，则在上单调递减，故.因为函数在上单调递减，故对任意，存在唯一的，，使得，∴的值域是.综上，当时，函数的最小值的值域是.【考点】利用导数研究与函数零点有关的问题利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】证明：∵，∴.令，解得；令，解得.则在上单调递减，在上单调递增，故.∵，∴，∴当时，，故在上没有零点.当时，，∵在上单调递增，∴有且仅有一个零点.综上，当时，有且仅有一个零点.解：∵，∴.由知，当时，有且仅有一个零点.∵，∴存在唯一，使得，且当时，；当时，.故在区间上单调递减，在上单调递增，∴.又，即，代入上式得，.设函数，则在上单调递减，故.因为函数在上单调递减，故对任意，存在唯一的，，使得，∴的值域是.综上，当时，函数的最小值的值域是.()=0g ′x 1⋅+a =0⇒a =−⋅x 1e x 1x 1e x 1g()=(−1)−=(−+−1),∈(0,2]x 1x 1e x 1x 12e x 1x 12x 1e x 1x 1F(x)=(−+x −1)⋅,(x)=(−−x)⋅<0x 2e x F ′x 2e x (x)F ′(0,2]g()=(−+−1)∈(−3,−1)x 1x 12x 1e x e 2y =(−+x −1)⋅x 2e x (0,2]λ∈[−3,−1)e 2∈(0,2]x 1a =−⋅∈[−2,0)x 1e x 1e 2h(a)=λh(a)[−3,−1)e 2a ∈[−2,0)e 2g(x)h(a)[−3,−1)e 2(1)f(x)=x +a e x (x)=(x +1)⋅f ′e x (x)<0f ′x <−1(x)>0f ′x >−1f(x)(−∞,−1)(−1,+∞)f(x =f(−1)=−+a )min e −1a <0f(x =−+a <0)min e −1x ≤0f(x)=x +a <0e x f(x)(−∞,0]x ≥0f(−a)=−a ⋅+a =−a(−1)>0e −a e −a f(x)(−1,+∞)f(x)a <0f(x)(2)g(x)=(x −1)⋅+ax e x (x)=x ⋅+a g ′e x (1)a ∈[−2,0)e 2(x)g ′(0)=a <0,(2)=2+a ≥0g ′g ′e 2∈(0,2]x 1()=0g ′x 1x ∈(0,)x 1(x)<0g ′x ∈(,+∞)x 1(x)>0g ′g(x)(0,)x 1(,+∞)x 1h(a)=g(x =g()=(−1)+a )min x 1x 1e x 1x 1()=0g ′x 1⋅+a =0⇒a =−⋅x 1e x 1x 1e x 1g()=(−1)−=(−+−1),∈(0,2]x 1x 1e x 1x 12e x 1x 12x 1e x 1x 1F(x)=(−+x −1)⋅,(x)=(−−x)⋅<0x 2e x F ′x 2e x (x)F ′(0,2]g()=(−+−1)∈(−3,−1)x 1x 12x 1e x e 2y =(−+x −1)⋅x 2e x (0,2]λ∈[−3,−1)e 2∈(0,2]x 1a =−⋅∈[−2,0)x 1e x 1e 2h(a)=λh(a)[−3,−1)e 2a ∈[−2,0)e 2g(x)h(a)[−3,−1)e 222.【答案】解：函数的定义域为，则，①时，，函数在定义域上单调递减；②时，，函数在定义域上单调递减；③时，令，解得，故函数的单调递增区间为，单调递减区间为．，，若，则，不等式不成立，故.令，则，，，故在单调递减， ，故在恒小于零，所以也单调递减，，要使，则，解得．所以的取值范围为．【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究不等式恒成立问题【解析】（1）对的取值情况分情况讨论，得到函数的单调性．（2）构造函数，对其进行求导，证明其单调性，然后得到的取值范围．【解答】解：函数的定义域为，则，①时，，函数在定义域上单调递减；②时，，函数在定义域上单调递减；③时，令，解得，(1)f (x)=1+mx −ln(x +1)(−1,+∞)(x)=f ′mx +m −1x +1m =0(x)<0f ′m <0(x)<0f ′m >0(x)<0f ′−1<x <1−m m (,+∞)1−m m (−1,)1−m m(2)f (0)=1=1e 0m ≤0f (x)≤f (0)≤e 2x m >0g(x)=1+mx −ln(x +1)−e 2x (x)=m −−2g ′1x +1e 2x (x)=−4g ′′1(x +1)2e 2x (x)=−−8<0g ′′′2(x +1)3e 2x (x)g ′′[0,+∞)(0)=−3<0g ′′(x)<0g ′′[0,+∞)(x)g ′(0)=m −3g ′g(x)>0(0)>0g ′m >3m (3,+∞)m g(x)=1+mx −ln(x +1)−e 2x m (1)f (x)=1+mx −ln(x +1)(−1,+∞)(x)=f ′mx +m −1x +1m =0(x)<0f ′m <0(x)<0f ′m >0(x)<0f ′−1<x <1−m m ,+∞)1−m故函数的单调递增区间为，单调递减区间为．，，若，则，不等式不成立，故.令，则，，，故在单调递减， ，故在恒小于零，所以也单调递减，，要使，则，解得．所以的取值范围为．(,+∞)1−m m (−1,)1−m m(2)f (0)=1=1e 0m ≤0f (x)≤f (0)≤e 2x m >0g(x)=1+mx −ln(x +1)−e 2x (x)=m −−2g ′1x +1e 2x (x)=−4g ′′1(x +1)2e 2x(x)=−−8<0g ′′′2(x +1)3e 2x(x)g ′′[0,+∞)(0)=−3<0g ′′(x)<0g ′′[0,+∞)(x)g ′(0)=m −3g ′g(x)>0(0)>0g ′m >3m (3,+∞)。
2022-2023学年人教A版高二下数学月考试卷(含解析)
2022-2023学年高中高二下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 已知集合， ，则等于( )A.B.C.D.2. 若，则“”是“”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件3. 恩格尔系数是食品支出总额占个人消费支出总额的比重，恩格尔系数越小，消费结构越完善，生活水平越高.某学校社会调查小组得到如下数据：若与之间具有线性相关关系，且由最小二乘法求得关于的线性回归方程为 ，则的值为 A.B.C.D.M ={x|−3x −4<0}x 2N ={x|>0}13−xM ∩N {x|−4<x <3}{x|−1<x <3}{x|3<x <4}{x|1<x <3}a ∈R a >2|a|>2y z y x =−y^0.42x +a ^a ^()1.21.34−1.340.98−→−4. 已知的重心为，则向量（ ）A.B.C.D.5. 某车间有男工人人，女工人人，从中选一位工人参加技能培训，则不同选法的种数为（ ）A.B.C.D.6. 已知函数若函数 有且只有个零点，则实数的取值范围是( )A.B.C.D.7. 曲线在点处的切线方程为( )A.B.C.D.△ABC O =BO −→−+23AB −→−13AC −→−+13AB −→−23AC −→−−+23AB −→−13AC −→−−+13AB −→−23AC −→−2015253540300f (x)= +2x ，x ≤0，x 2，x >0．2x −4xF (x)=f (x)−|kx −1|3x (0,)916(,+∞)916(0,)12(−,0)∪(0,)116916y =−2x x 4P (1,−1)2x +y −1=0x −y −2=02x −y −3=0x −y +1=08. 在一次“概率”相关的研究性活动中，老师在每个箱子中装了个小球，其中个是白球，个是黑球，用两种方法让同学们来摸球．方法一：在箱中各任意摸出一个小球；方法二：在箱中各任意摸出两个小球．将方法一、二至少能摸出一个黑球的概率分别记为和，则( )A.B.C.D.以上三种情况都有可能二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 下列函数既是偶函数，又在上单调递增的是( )A.B.C.D.10. 甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是 A.如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有种B.最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有种C.甲乙不相邻的排法种数为种D.甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种11. 若函数两条对称轴之间的最小距离为，则下列说法正确的是 A.函数的最小正周期为B.函数在上单调递减C.将函数图象向右平移个单位长度后所得图象关于轴对称D.若，则12. 如图，在正方体中，平面，垂足为，则下面结论正确的是10912010p 1p 2=p 1p 2<p 1p 2>p 1p 2(0,+∞)y =+1x 2y =−2xy =3|x|y =x −√()24427220()ABCD −A 1B 1C 1D 1H ⊥A 1AB 1D 1H（ ）A.直线与该正方体各棱所成角相等B.直线与该正方体各面所成角相等C.垂直于直线的平面截该正方体，所得截面可能为五边形D.过直线的平面截该正方体所得截面为平行四边形卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 设，，若，则________．14. 的展开式共有________项，其中含的项的系数是________．（用数字作答）15. 正方体中，，分别是棱，上的点，如果，那么________．16. 已知定义在上的函数满足，，且当时，，则_______.四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 已知集合，.求集合，；若集合，且，求实数的取值范围.18. 已知，则________.19. 乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在平前，一方连续发球次后，对方再连续发球次，依次轮换．每次发球，胜方得分，负方得分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得分的概率为，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．求开始第次发球时，甲、乙的比分为比的概率；H A 1H A 1H A 1H A 1=(1,5,−1)a →=(−2,3,5)b →(k +)//(−3)a →b →a →b →k =(x −2y +z)8x 3y 3x 2AC 1S T AA 1A 1B 1∠TSC =90∘∠TSB =R f (x)f (−x)=−f (x)f (x +1)=f (1−x)x ∈[0,1]f (x)=(x +1)log 2f (31)=A ={x|≤≤128}142x−1B ={y|y =x,x ∈[，32]}log 218(1)A B (2)C ={x|m +1≤x ≤2m −1}C ⊆(A ∩B)m (2x −1=)5a 5++++x +x 5a 4x 4a 3x 3a 2x 2a 1a 0||+||+||+||+||+||=a 5a 4a 3a 2a 1a 010221010.6(1)412(2)ξξ表示开始第次发球时乙的得分，求的期望．20. 在四棱锥中， 底面，底面是边长为的菱形， ，是的中点．求证：平面平面；直线与平面所成角为，求二面角的余弦值．21. 年双当天，某购物平台的销售业绩高达亿人民币，与此同时，相关管理部门推出了针对电商的商品和服务的评价体系，现从评价系统中选出次成功交易，并对其评价进行统计；对商品的好评率为，对服务的好评率为 ，其中对商品和服务都做出好评的交易为次．（1）请完成下表，并判断是否可以在犯错误概率不超过的前提下，认为商品好评与服务好评有关？对服务好评对服务不满意合计对商品好评对商品不满意合计（2）若针对服务的好评率，采用分层抽样的方式从这次交易中取出次交易，并从中选择两次交易进行客户回访，求只有一次好评的概率．附：，其．22. 已知函数，其中．当时，求的极值点的个数；当时，证明：不等式在上恒成立．(2)ξ4ξP −ABCD PD ⊥ABCD ABCD 2∠DAB =60∘E AD (1)PBE ⊥PAD (2)PB PAD 45∘C −PE −D 20181121352000.90.751400.5%140102002004=K 2n(ad −bc ))2(a +b)(c +d)(a +c)(b +d)n =a +b +c +d P(K 2≥k)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.072 2.7063.8415.0246.6357.87910.828f (x)=x −ax +1e x−1a ∈R (1)a =2f (x)(2)a =0x ln x −≥0f (x)−2f (x)(0,+∞)参考答案与试题解析2022-2023学年高中高二下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】B【考点】分式不等式的解法一元二次不等式的解法交集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：集合,集合,所以.故选.2.【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】（1）根据题目所给信息进行解题即可.【解答】解：已知 ，解得或，则“”是“”的充分不必要条件.故选.3.M ={x|−3x −4<0}x 2={x|−1<x <4}N ={x|>0}13−x={x|x <3}M ∩N ={x|−1<x <3}B |a|>2a <−2a >2a >2|a|>2A【考点】求解线性回归方程【解析】此题暂无解析【解答】解：，，由过点，代入可求得.故选.4.【答案】C【考点】向量的三角形法则向量加减混合运算及其几何意义【解析】由重心性质得，进行求解即可.【解答】解：取中点，连接，∵为的重心，∴，，三点共线，由重心性质得，∴.故选．5.==2x¯¯¯1+1.5+2+2.5+35==0.5y¯¯¯0.9+0.75+0.5+0.25+0.15=−y ^0.42x +a ^(2,0.5)=1.34a ^B ++=OA −→−OB −→−OC −→−0→AC D OD O △ABC B O D ++=OA −→−OB −→−OC −→−0→=+BO −→−OA −→−OC −→−=2OD−→−=2×13BD−→−=×(+)2312BA −→−BC −→−=−+(−)13AB −→−13AC −→−AB −→−=−+23AB −→−13AC −→−C【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】根据分类加法计数原理，选法共有20＋15＝35（种）.【解答】B 6.【答案】D【考点】分段函数的应用函数的零点与方程根的关系函数的零点【解析】利用形数结合画出和图像，分析和,利用临界求出和，再利用斜率得出取值范围．【解答】解：由题得，即，有个交点，画出图像．当时，若有个交点满足临界条件，有唯一解，在时，得，=f(x)y 1=|kx −1|y 2k >0k <0k =916k =−116f(x)=|kx −1|=f(x)y 1=|kx −1|y 23f(x)k >03kx −1=2x −4x x >0k =916<k <9有三个交点．当时，，若有唯一解，在时，得，.综上得．故选．7.【答案】C【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】此题暂无解析【解答】解：由得，所以曲线在点处的切线的斜率，所以曲线在点处的切线方程为：，即.故选．8.【答案】B【考点】古典概型及其概率计算公式概率的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：方法一：每箱中的黑球被选中的概率为，∴0<k <916k <0=|kx −1|=y 1 −kx +1,x >1k kx −1,x ≤1k−kx +1=2x −4xx >0k =−116∴−<k <0116k ∈(−,0)∪(0,)116916D y =−2x x 4=4−2y ′x 3y =−2x x 4P (1,−1)k =4×−2=213y =−2x x 4P (1,−1)y +1=2(x −1)2x −y −3=0C 1101−20所以至少摸出一个黑球的概率 . 方法二：每箱中的黑球被选中的概率为，所以至少摸出一个黑球的概率，，则 . 故选 .二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】A,C【考点】函数的单调性及单调区间函数奇偶性的判断【解析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，综合即可得答案．【解答】解：， 是偶函数，且在上单调递增，符合题意；， ，是奇函数，在上单调递增，不符合题意；，偶函数，当时，，在上单调递增，符合题意；，的定义域为，为非奇非偶函数，不符合题意.故选.10.【答案】A,B,C,D【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】此题暂无解析【解答】=1−p 1()91020=C 19C 21015=1−p 2()4510−=−p 1p 2()4510()91020=−<0()4510()8110010<p 1p 2B A y =+1x 2(0,+∞)B y =−2x(0,+∞)C y =3|x|x >0y =3x (0,+∞)D y =x −√[0,+∞)AC A解：．甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，可将甲乙捆绑看成一个元素，则不同的排法有种，故正确；．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有种，故正确；．甲乙不相邻的排法种数为种，故正确；．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故正确．故选．11.【答案】A,C【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换命题的真假判断与应用【解析】根据题意可得，即可求得周期和根据余弦函数的单调性可判断；求出平移后的解析式可判断；由可得．，代入可求解【解答】两条对称轴之间的最小距离为，则，即，故正确；当时，，根据余弦函数的单调性，可得当，即时，单调递增，故错误；将函数图象向右平移个单位长度后得关于！轴对称，故正确；由可得则则，故错误故选：．12.【答案】A,B,D【考点】A =24A 44AB +=42C 13A 33A 44B C =72A 33A 24CD =20A 55A 33D ABCD T =12π2ωB C f ()=f ()=0x 1x 2=+,=+x 1π12πk 12x 2π12k 22h,∈Z k 2f (+)x 1x 2f (x)=cos(ωx +)π3π2T =T =π12π2ω==22πT f (x)=cos(2x +)π3A x ∈[0,]π22x +∈[,]π3π34π32x +∈[π,]π34π3x ∈[,]π3π2f (x)B f (x)π6y =cos[2(x −)+]=cos 2x π6π3C cos(2x +)=0π3=+,=+,∈Z x 1π12πk 12x 2π12k 22k 12+=+=+,k ∈Z x 1x 2π6(+)πk 1k 22π6kπ2f (+)=cos[2(+)+]=cos(+kπ)=±x 1x 2π6kπ2π32π312D AC棱柱的结构特征平面的基本性质及推论【解析】结合线线角与线面角的定义判断选项，，由垂直于直线的平面与平面平行判断选项，由四边形为矩形判断选项．【解答】对于，因为直线与该正方体各面所成角相等，均为与该正方体各面所成角相等，故选项正确（1）对于，垂直于直线的平面与平面平行，截正方体所得截面为三角形或六边形，故选项错误（2）对于，过直线的平面截该正方体所得截面为为矩形，即过直线的平面截该正方体所得截面为平行四边形，故选项正确．故选：．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】空间向量运算的坐标表示共线向量与共面向量【解析】利用向量的坐标运算和向量平行的性质求解．【解答】解：∵，，∴，，∵，A B H A 1AB 1D 1C AC A 1C 1D B C A 5arctan H 8B C H A 1AB 1D 5ABCD −A 1B 1C 5D 1C D C A 1AC A 8C 1H A 1D ABD −13=(1,5,−1)a →=(−2,3,5)b →k +=(k −2,5k +3,−k +5)a →b →−3=(7,−4,−16)a →b →(k +)//(−3)a →b →a →b →=k −25k +3−k +5∴，解得．故答案为：．14.【答案】,【考点】二项式定理的应用二项展开式的特定项与特定系数【解析】本题中是三项和的次方，先把看作整体进行展开，再把含的项展开即可．【解答】解：，所以展开式中总共项，其中含的项是 项．所以的系数是故答案为：，15.【答案】【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离【解析】根据题意，可知，，所以平面，从而可知．【解答】==k −275k +3−4−k +5−16k =−13−1345−4480(x −2y +z)8x −2y x −2y =+z +(x −2y +z)8(x −2y)8C 18(x −2y)7C 28(x −2y)6z 2++C 38(x −2y)5z 3⋯++C 78(x −2y)1z 7z 89+8+7+⋯+2+1==459(9+1)2x 3y 3z 2=28C 28(x −2y)6z 2(x −2y)6z 2x 3y 3z 228×=−4480.C 36(−2)345−4480.90∘BC ⊥ST ST ⊥SC ST ⊥SBC ∠TSB =90∘BC ⊥BA解：由题意，平面，∵，分别是棱，上的点，∴∵，∴∵∴平面∴∴，故答案为：16.【答案】【考点】函数的求值函数的周期性【解析】根据函数奇偶性和条件求出函数是周期为的周期函数，利用函数周期性和奇偶性的关系进行转化即可得到结论．【解答】解：由题意得，奇函数满足，∴，即有，则，即函数是周期为的函数.∵当时，，∴.故答案为：.四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解： ∵，即，∴，解得：，故；∵，∴，即，解得：，故；BC ⊥B A 1S T AA 1A 1B 1BC ⊥ST∠TSC =90∘ST ⊥SCBC ∩SC =CST ⊥SBCST ⊥SB∠TSB =90∘90∘−14f (x)f (x +1)=f (1−x)f (x +1)=f (1−x)=−f (x −1)f (x +2)=−f (x)f (x +4)=−f (x +2)=f (x)f (x)4x ∈[0,1]f (x)=(x +1)log 2f (31)=f (32−1)=f (−1)=−f (1)=−2=−1log 2−1(1)≤≤128142x−1≤≤2−22x−127−2≤x −1≤7−1≤x ≤8A =[−1,8]y =x ，x ∈[,32]log 218≤y ≤32log 218log 2≤y ≤log 22−3log 225−3≤y ≤5B =[−3,5](2)(1)A =[−1,8]，B =[−3,5]由知，∴，①若，则，解得；②若，则解得.综上：.【考点】集合关系中的参数取值问题对数函数的值域与最值指数函数单调性的应用交集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解： ∵，即，∴，解得：，故；∵，∴，即，解得：，故；由知，∴，①若，则，解得；②若，则解得.综上：.18.(2)(1)A =[−1,8]，B =[−3,5]A ∩B ={x|−1≤x ≤5}C =∅m +1>2m −1m <2C ≠∅ m +1≤2m −1，m +1≥−1，2m −1≤5，2≤m ≤3m ≤3(1)≤≤128142x−1≤≤2−22x−127−2≤x −1≤7−1≤x ≤8A =[−1,8]y =x ，x ∈[,32]log 218≤y ≤32log 218log 2≤y ≤log 22−3log 225−3≤y ≤5B =[−3,5](2)(1)A =[−1,8]，B =[−3,5]A ∩B ={x|−1≤x ≤5}C =∅m +1>2m −1m <2C ≠∅ m +1≤2m −1，m +1≥−1，2m −1≤5，2≤m ≤3m ≤3【答案】【考点】二项式定理的应用二项式系数的性质【解析】，即展开的各项系数和．在的展开式中，令，可得结论．【解答】解： 已知，故，即展开式的各项系数和．在的展开式中，令，可得展开式的各项系数和为．故答案为：．19.【答案】解：记表示事件：第次和第次这两次发球，甲共得分，，，；表示事件：第次发球，甲得分；表示事件：开始第次发球，甲、乙的比分为比，则，∵，，，∴.，表示开始第次发球时乙的得分，可取，，，，，，，，∴的期望．【考点】相互独立事件的概率乘法公式离散型随机变量的期望与方差【解析】（1）记表示事件：第次和第次这两次发球，甲共得分，，，；表示事件：第次发球，甲得分；表示事件：开始第次发球，甲、乙的比分为比，则，根据，，，即可求得结论；（2），表示开始第次发球时乙的得分，可取，，，，计算相应的概率，即可求得的期望．【解答】243||+||+||+||+||+||a 5a 4a 3a 2a 1a 0(2x +1)5(2x +1)5x =1∵(2x −1=++++x +)5a 5x 5a 4x 4a 3x 3a 2x 2a 1a 0||+||+||+||+||+||a 5a 4a 3a 2a 1a 0(2x +1)5(2x +1)5x =1(2x +1)5=24335243(1)A i 12i i =012A 31B 412B =A +⋅A 0A 1A ¯¯¯¯P(A)=0.4P()=0.16A 0P()=2×0.6×0.4=0.48A 1P(B)=0.16×0.4+0.48×(1−0.4)=0.352(2)P()==0.36A 20.62ξ40123P(ξ=0)=P(A)=0.36×0.4=0.144A 2P(ξ=2)=P(B)=0.352P(ξ=3)=P(⋅)=0.16×0.6=0.096A 0A ¯¯¯¯P(ξ=1)=1−0.144−0.352−0.096=0.408ξEξ=1×0.408+2×0.352+3×0.096=1.400A i 12i i =012A 31B 412B =A +⋅A 0A 1A ¯¯¯¯P(A)=0.4P()=0.16A 0P()=2×0.6×0.4=0.48A 1P()==0.36A 20.62ξ40123ξ(1)A解：记表示事件：第次和第次这两次发球，甲共得分，，，；表示事件：第次发球，甲得分；表示事件：开始第次发球，甲、乙的比分为比，则，∵，，，∴.，表示开始第次发球时乙的得分，可取，，，，，，，，∴的期望．20.【答案】证明：连接，由题意可知是等边三角形，又是的中点，所以.由底面，底面，所以，且，所以平面，且平面，所以平面平面．解：由可知，在平面上的射影为，所以直线与平面所成角为．在中，．所以在中，，．以为原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．由题设可得 ，，，所以，．设是平面的法向量，(1)A i 12i i =012A 31B 412B =A +⋅A 0A 1A ¯¯¯¯P(A)=0.4P()=0.16A 0P()=2×0.6×0.4=0.48A 1P(B)=0.16×0.4+0.48×(1−0.4)=0.352(2)P()==0.36A 20.62ξ40123P(ξ=0)=P(A)=0.36×0.4=0.144A 2P(ξ=2)=P(B)=0.352P(ξ=3)=P(⋅)=0.16×0.6=0.096A 0A ¯¯¯¯P(ξ=1)=1−0.144−0.352−0.096=0.408ξEξ=1×0.408+2×0.352+3×0.096=1.400(1)BD △ABD E AD BE ⊥AD PD ⊥ABCD BE ⊂ABCD PD ⊥BE PD ∩AD =D BE ⊥PAD BE ⊂PBE PBE ⊥PAD (2)(1)PB PAD PE PB PAD ∠BPE =45∘Rt △BPE PE =BE =AD =3–√23–√Rt △DPE DE =AD =112PD ==P −D E 2E 2−−−−−−−−−−√2–√E EA −→−x EB −→−y ||EA −→−E −xyz P(−1,0)2–√C(−2,,0)3–√B(0,,0)3–√=(−1,0,)EP −→−2–√=(−2,,0)EC −→−3–√=(x,y,z)m →PEC =0，−→−则得可取．由知是平面的一个法向量，则．所以二面角的余弦值为．【考点】用空间向量求平面间的夹角直线与平面所成的角直线与平面垂直的性质平面与平面垂直的判定【解析】【解答】证明：连接，由题意可知是等边三角形，又是的中点，所以.由底面，底面，所以，且，所以平面，且平面，所以平面平面．解：由可知，在平面上的射影为，所以直线与平面所成角为．在中，．所以在中，，． ⋅=0，EP −→−m →⋅=0，EC −→−m →{−x +z =0，2–√−2x +y =0，3–√=(1,,)m →23–√12–√(1)=(0,,0)EB −→−3–√PEDcos ， ==EB −→−m →⋅EB −→−m →||||EB −→−m →234−−√17C −PE −D 234−−√17(1)BD △ABD E AD BE ⊥AD PD ⊥ABCD BE ⊂ABCD PD ⊥BE PD ∩AD =D BE ⊥PAD BE ⊂PBE PBE ⊥PAD (2)(1)PB PAD PE PB PAD ∠BPE =45∘Rt △BPE PE =BE =AD =3–√23–√Rt △DPE DE =AD =112PD ==P −D E 2E 2−−−−−−−−−−√2–√−→−−→−|−→−以为原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．由题设可得 ，，，所以，．设是平面的法向量，则得可取．由知是平面的一个法向量，则．所以二面角的余弦值为．21.【答案】【考点】独立性检验的应用列举法计算基本事件数及事件发生的概率【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答22.【答案】解：当时，，则．令，则 ，令，得，E EA −→−x EB −→−y ||EA −→−E −xyz P(−1,0)2–√C(−2,,0)3–√B(0,,0)3–√=(−1,0,)EP −→−2–√=(−2,,0)EC −→−3–√=(x,y,z)m →PEC ⋅=0，EP −→−m →⋅=0，EC −→−m →{−x +z =0，2–√−2x +y =0，3–√=(1,,)m →23–√12–√(1)=(0,,0)EB −→−3–√PED cos ， ==EB −→−m →⋅EB −→−m →||||EB −→−m →234−−√17C −PE −D 234−−√17(1)a =2f (x)=x −2x +1e x−1(x)=(x +1)−2f ′e x−1g(x)=(x +1)−2e x−1(x)=(x +2)g ′e x−1(x)<0g ′x ∈(−∞,−2)(x)>0′x ∈(−2,+∞)令，得，则在上单调递减，在上单调递增．注意到当时，恒成立，则当时，恒成立．又在上单调递增，，所以存在唯一一个，使得当时，，即，当时，，即，所以的极值点的个数为．当时，，要证在上恒成立，即证在上恒成立．先证不等式成立，构造函数，则，因此在上单调递减，在上单调递增，，由此可得，则．因此，故只需证明，即证，即证．构造函数，则．令，得，令，得，因此在上单调递减，在上单调递增，，从而原不等式得证．【考点】利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性利用导数研究不等式恒成立问题【解析】此题暂无解析【解答】解：当时，，则．令，则 ，令，得，令，得，(x)>0g ′x ∈(−2,+∞)g(x)(−∞,−2)(−2,+∞)x <−1(x +1)<0e x−1x <−1g(x)<0g(x)(−2,+∞)g(2)=3e −2>0∈(−2,+∞)x0x ∈(−∞,)x 0g(x)<0(x)<0f ′x ∈(,+∞)x 0g(x)>0(x)>0f ′f (x)1(2)a =0f (x)=x +1e x−1x ln x −≥0f (x)−2f (x)(0,+∞)x ln x −≥0x −1e x−1x +1e x−1(0,+∞)ln x ≥1−1x h (x)=ln x +−11x (x)=h ′x −1x 2h (x)(0,1)(1,+∞)h (x)≥h (1)=0ln x ≥1−1x x ln x ≥x −1x ln x −≥x −1−x −1e x−1x +1e x−1x −1e x−1x +1e x−1x −1−≥0x −1e x−1x +1e x−1(x −1)(x +1)−x +1≥0e x−1e x−1(x −2)+1≥0(x >0)e x−1F (x)=(x −2)+1e x−1(x)=(x −1)F ′e x−1(x)<0F ′x ∈(0,1)(x)>0F ′x ∈(1,+∞)F (x)(0,1)(1,+∞)F (x)≥F (1)=0(1)a =2f (x)=x −2x +1e x−1(x)=(x +1)−2f ′e x−1g(x)=(x +1)−2e x−1(x)=(x +2)g ′e x−1(x)<0g ′x ∈(−∞,−2)(x)>0g ′x ∈(−2,+∞)g(x)(−∞,−2)(−2,+∞)则在上单调递减，在上单调递增．注意到当时，恒成立，则当时，恒成立．又在上单调递增，，所以存在唯一一个，使得当时，，即，当时，，即，所以的极值点的个数为．当时，，要证在上恒成立，即证在上恒成立．先证不等式成立，构造函数，则，因此在上单调递减，在上单调递增，，由此可得，则．因此，故只需证明，即证，即证．构造函数，则．令，得，令，得，因此在上单调递减，在上单调递增，，从而原不等式得证．g(x)(−∞,−2)(−2,+∞)x <−1(x +1)<0e x−1x <−1g(x)<0g(x)(−2,+∞)g(2)=3e −2>0∈(−2,+∞)x0x ∈(−∞,)x 0g(x)<0(x)<0f ′x ∈(,+∞)x0g(x)>0(x)>0f ′f (x)1(2)a =0f (x)=x +1e x−1x ln x −≥0f (x)−2f (x)(0,+∞)x ln x −≥0x −1e x−1x +1e x−1(0,+∞)ln x ≥1−1x h (x)=ln x +−11x (x)=h ′x −1x 2h (x)(0,1)(1,+∞)h (x)≥h (1)=0ln x ≥1−1x x ln x ≥x −1x ln x −≥x −1−x −1e x−1x +1e x−1x −1e x−1x +1e x−1x −1−≥0x −1e x−1x +1e x−1(x −1)(x +1)−x +1≥0e x−1e x−1(x −2)+1≥0(x >0)e x−1F (x)=(x −2)+1e x−1(x)=(x −1)F ′e x−1(x)<0F ′x ∈(0,1)(x)>0F ′x ∈(1,+∞)F (x)(0,1)(1,+∞)F (x)≥F (1)=0。
2022-2023学年人教A版高二下数学月考试卷(含解析)
2022-2023学年高中高二下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 一个盒子里有个红球，个白球，从盒子里先取一个小球，然后不放回的再从盒子里取出一个小球，若已知第个是红球的前提下，则第个是白球的概率是 A.B.C.D.2. 已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数).下面四个图象中，的图象大致是( )A.7312()3101371023y =x (x)f ′f'(x)f(x)y =f(x)B. C. D.3. 如图，正五边形中，若把顶点、、、、染上红、黄、绿、三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有（ ）A.种B.种C.种D.种4. 已知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（ ）A.B.C.D.5. 已知函数，，若与的图象交于点，且存在过点的直线与ABCDE A B C D E 30272421R f(x)f (x)′f (x)<f(x)′f(0)=12f(x)−<012e x (−∞，)12(−∞，0)(，+∞)12(0，+∞)f (x)=(x >0)x 2g(x)=ae x f (x)g(x)P P f (x)g(x)g(x)，的图象都相切，则的图象在处的切线方程为( )A.B.C.D.6. 设是等差数列的前项和，已知，，则等于 A.B.C.D.7. 的展开式中含的项的系数为( )A.B.C.D.8. 设数列的前项和为，若，则( )A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 下列关系中，能成立的是( )A.B.f (x)g(x)g(x)x =14x −ey =0ex −4y =02x −y =0x −2y =0S n {}a n n =3a 2=11a 6S 7()13354963(+2x +1)x 26x 5192576600792{}a n n S n 3=2−1S n a n =a 4188−8−18=C m n mn C m−1n−1=C m n n!(n −m)!m!!=A mC.D.10. 若，则下列结论中正确的是 A.B.C.D. 11. 数列的前项和为，若，，则下面正确的有（ ）A.B.为等比数列C.D.为等比数列12. 下列说法正确的为（ ）A.本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有种不同的分法；B.本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人本，一人本，一人本，有种不同的分法；C.本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有种不同的分法；D.本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有种不同的分法．卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 年江苏省高考数学试卷第题为选做题，要求考生在、、、四题中选两题作答，则所有不同选题方法共________种，14. 已知随机变量满足，且＝，若随机变量，则的值大约是________．15. 若数列的通项公式，则数列的前项的和________.m!=A m n C m n+m =A m n A m−1n A m n+1=+x ++++(1−2x)5a 0a 1a 2x 2a 3x 3a 4x 4a 5x 5()=1a 0++++=2a 1a 2a 3a 4a 5−+−+−=a 0a 1a 2a 3a 4a 535−||+−||+−||=−1a 0a 1a 2a 3a 4a 5{}a n n S n =1a 1=2(n ∈)a n+1S n N ∗=S n 3n−1{}S n =a n 3n−1{}a n 6C 26C 24C 226123C 16C 25C 336106540200921A B C D X X ∼N(μ,σ)P(μ−2σ<X ≤μ+2a)0.9544X ∼N(2019,4)P(X >2023){}a n =lga n n n +1{}a n 99=S 99f(x)=+−x ln a x 2,∈[0,1]|f ()−f ()|≤a −116. 已知函数，对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是________．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ） 17. 有四个编有、、、的四个不同的盒子，有编有、、、的四个不同的小球，现把小球放入盒子里．（结果用数字表示）小球全部放入盒子中有多少种不同的放法；恰有一个盒子没放球有多少种不同的放法；恰有两个盒子没放球有多少种不同的放法． 18. 设数列是等差数列，且且，，成等比数列．求数列的通项公式；设，求前项和．19.已知数列中，，，则数列的前项和为________. 20. 已知函数.若在上是减函数，求的取值范围；如果有一个极小值点和一个极大值点，求证有三个零点．21. 某生物研究小组准备探究某地区蜻蜓的翼长分布规律，据统计该地区蜻蜓有，两种，且这两种的个体数量大致相等．记种蜻蜓和种蜻蜓的翼长（单位：）分别为随机变量，，其中服从正态分布，服从正态分布.从该地区的蜻蜓中随机捕捉一只，求这只蜻蜓的翼长在区间的概率；记该地区蜻蜓的翼长为随机变量，若用正态分布来近似描述的分布，请你根据中的结果，求参数和的值（精确到）；在的条件下，从该地区的蜻蜓中随机捕捉只，记这只中翼长在区间[，]的个数为，求的分布列及数学期望（分布列写出计算表达式即可）．注：若，则，，. 22. 已知函数．求函数的最小值；若对任意成立，求实数的最大值．f(x)=+−x ln a a x x 2,∈[0,1]x 1x 2|f ()−f ()|≤a −1x 1x 2a 12341234{}a n =2a 1a 2a 3+1a 4(1){}a n (2)=b n 2n(+2)a n n S n {}a n =1a 1n −(n +1)=n(n +1)+1a n+1a n {}2+1a n n f (x)=+mx −+1(m ∈R)12x 2e x (1)f (x)R m (2)f (x)x 1x 2f (x)A B A B mm X Y X N (45,25)Y N (55,25)(1)[45,55](2)Z N (,)μ0σ20Z (1)μ0σ00.1(3)(2)3342.257.8W W X ∼N (μ,)σ2P (μ−0.64σ≤X ≤μ+0.64σ)≈0.4773P (μ−σ≤X ≤μ+σ)≈0.6827P (μ−2σ≤X ≤μ+2σ)≈0.9546f(x)=x ln x (1)f(x)(2)a −f(x)≤0x ∈(0,+∞)a参考答案与试题解析2022-2023学年高中高二下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】B【考点】条件概率与独立事件【解析】此题暂无解析【解答】解：设已知第一次取出的是红球为事件，第二次是白球为事件.则由题意知，，.所以已知第一次取出的是红球，则第二次取到白球的概率为.故选.2.【答案】B【考点】利用导数研究函数的单调性函数的图象【解析】根据函数的图象，依次判断在区间，，，上的单调性即可【解答】解：由函数的图象可知：A BP(A)=710P(AB)==7×310×9730P(B|A)==73071013B y =xf'(x)f(x)(−∞,−1)(−1,0)(0,1)(1,+∞)y =x (x)f ′x (x)<0f ′当时，，∴，此时单调递增；当时，，∴，此时单调递减；当时，，∴，此时单调递减；当时，，∴，此时单调递增．故选．3.【答案】A【考点】分类加法计数原理排列、组合及简单计数问题【解析】本题需要分类来解答，首先选取一种颜色，有种情况．如果的两个相邻点颜色相同，种情况，这时最后两个边也有种情况；如果的两个相邻点颜色不同，种情况，最后两个边有种情况．根据计数原理得到结果．【解答】解：由题意知本题需要分类来解答，首先选取一种颜色，有种情况．如果的两个相邻点颜色相同，种情况；这时最后两个边也有种情况；如果的两个相邻点颜色不同，种情况；这时最后两个边有种情况．∴方法共有种．故选．4.【答案】D【考点】利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的单调性【解析】构造函数，利用导数研究函数的单调性，转化不等式即可得到结论．x <−1x (x)<0f ′(x)>0f ′f(x)−1<x <0x (x)>0f ′(x)<0f ′f(x)0<x <1x (x)<0f ′(x)<0f ′f(x)x >1x (x)>0f ′(x)>0f ′f(x)B A 3A 22A 23A 3A 22A 233(2×2+2×3)=30A g(x)=f(x)e x【解答】解：构造函数，则，因为,所以,故函数在上为减函数，又，所以，则不等式可化为,即,所以,即所求不等式的解集为.故选.5.【答案】A【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】此题暂无解析【解答】解：因为，，所以，，设，则即，解得，，所以，切点为，所以的图象在处的切线方程为，即.故选.6.【答案】C【考点】g(x)=f(x)e x (x)=g ′(x)−f(x)f ′e x (x)<f(x)f ′(x)<0g ′g(x)R f(0)=12g(0)==f(0)e 012f(x)−<012e x <f(x)e x 12g(x)<12x >0(0,+∞)D f (x)=(x >0)x 2g(x)=ae x (x)=2x (x >0)f ′g(x)=ae x =t x P {f (t)=g(t)，(t)=(t)，f ′g ′{=a t 2e t2t =ae t t =2a =4e 2g(1)=(1)=g ′4e (1,)4e g(x)x =1y −=(x −1)4e 4e 4x −ey =0A等差数列的前n 项和等差数列的性质【解析】根据等差数列的性质可知项数之和相等的两项之和相等即，求出的值，然后利用等差数列的前项和的公式表示出，将的值代入即可求出．【解答】解：因为，所以.故选.7.【答案】D【考点】二项展开式的特定项与特定系数【解析】本题考查的知识要点是二项式定理的应用，本题的关键是通过二项式定理确定展开式的通项公式.由二项式定理可知展开式中项，对于，令，可知，确定，的值，便可得出结果.【解答】解：展开式中第项，对于，，其中，，，，令，即，当，时，的系数为，当，时，的系数为，当，时，的系数为，则.故选.8.【答案】B【考点】等比关系的确定+=+a 1a 7a 2a 6+a 1a 7n S 7+a 1a 7+=+=3+11=14a 1a 7a 2a 6====49S 77(+)a 1a 727(+)a 2a 627×142C k +1=T K+1C k 6(+2x)x 26−k (+2x)x 26−k 12−2k −r =52k +r =7k r k +1=T k+1C k 6(+2x)x 26−k (+2x)x 26−k ==T r+1C r 6−k ()x 26−k−r (2x)r 2r C r 6−kx 12−2k−r k ≤6r ≤6−k k ∈N r ∈N 12−2k −r =52k +r =7k =3r =1x 52=120C 13C 36k =2r =3x 5=48023C 34C 36k =1r =5x 5=19225C 55C 16192+480+120=792D等比数列的通项公式【解析】由，得，两式相减可得递推式，根据递推式可判断数列从第二项起构成等比数列，进而可得答案．【解答】解：由，得，两式相减，得，即，又将代入，得，∴为等比数列，公比为，首项为，∴，令，得.故选．二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】B,C,D【考点】排列数公式的推导【解析】利用排除法和组合数性质进行求解即可.【解答】解：，令，可得不成立，故错误；，原式为组合数的计算公式，故正确；，原式为排列数与组合数的定义，故正确；∵，故正确.故选10.【答案】A,C,D【考点】二项式系数的性质【解析】=3a n+1S n =3(n ≥2)a n S n−13=2−1S n a n 3=2−1S n+1a n+13=2−2a n+1a n+1a n =−2a n+1a n n =13=2−1S n a n =−1a 1{}a n −2−1=−(−2a n )n−1n =4=8a 4B A n =3,m =1=C 1313C 02A B B C CD +m =A m n A m−1n n!(n −m)!+m ⋅n!(n −m +1)!=(n +1)!(n −m +1)!=A m n+1D BCD.（1）根据题目所给信息进行求解即可.【解答】解：已知 ，当时，，选项正确；当时，，①∴，故选项错误；当时， ，②由②知，选项正确；结合①②可得，选项正确.故选.11.【答案】A,B【考点】数列递推式等比关系的确定【解析】首先求出，再求，即可判断.【解答】解：∵，∴，即，又∵，∴是首项为，公比为的等比数列，故正确；∴，故正确；当时，，又当时，不符合上式，∴故错误.故选.12.【答案】A,C,D【考点】分类加法计数原理分步乘法计数原理排列、组合及简单计数问题(1−2x =+x ++++)5a 0a 1a 2x 2a 3x 3a 4x 4a 5x 5x =0=1=15a 0A x =1(1−2=(−1=−1)5)5=a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5++++=−1−=−1−1=−2a 1a 2a 3a 4a 5a 0B x =−1[1−(−2)==−+−+−]535a 0a 1a 2a 3a 4a 5C −||+−||+−||=−1a 0a 1a 2a 3a 4a 5D ACD S n a n =2(n ∈)a n+1S n N ∗−=2S n+1S n S n =3S n+1S n ==1≠0S 1a 1{}S n 13B =S n 3n−1A n ≥2=−a n S n S n−1=−=2×3n−13n−23n−2n=1={a n 1，n =1，2×，n ≥2.3n−2CD AB【解析】此题暂无解析【解答】解：对于，本不同的书中，先取本给甲，再从剩余的本中取本给乙，最后本给丙，共有种不同的分法，故 正确；对于，本不同的书中，先取本作为一组，再从剩余的本中取本作为一组，最后本作为一组，共有种，再将组分给甲、乙、丙三人，共有种，故错误；对于，本相同的书分给甲、乙、丙三人，有种；对于，本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，分种情况讨论：①一人本，其他两人各本，共有种，②一人本，一人本，一人本，共有种，③每人本，共有种，故共有种．故选．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】组合及组合数公式【解析】在、、、四题中选两题，选出的题目是没有顺序的，用组合，直接求出结果．【解答】解：考生在、、、四题中选两题作答，则所有不同选题方法有：故答案为：14.【答案】【考点】正态分布的密度曲线【解析】直接利用正态分布线和概率之间的关系求出结果．A 62422C 26C 24C 22AB 61523=60C 16C 25C 333=360C 16C 25C 33A 33B C 6=10C 25D 6341=90C 46A 33123=360C 16C 25C 33A 332=90C 26C 24C 2290+360+90=540ACD 6A B C D A B C D =6C 2460.0228【解答】随机变量，则＝，即：＝，则：．15.【答案】【考点】数列的求和数列递推式【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意得，则数列的前项和.故答案为：16.【答案】【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究不等式恒成立问题【解析】对不等式恒成立等价于，而，利用导数可判断函数的单调性，由单调性可求得函数的最值，解不等式即可．【解答】解：，当时，时，，，，X ∼N(2019,4)P(μ−2σ<X ≤μ+2a)0.9544P(2015<X <2023)0.9544P(X >2023)==0.02281−P(2015<X <2023)2−2=lg=lgn −lg(n +1),(n ∈)a n n n +1N ∗{}b n 99=(lg1−lg2)+(lg2−lg3)+S 99⋯+(lg99−lg100)=lg1−lg100=−2−2.[e,+∞)∀,∈[0,1]x 1x 2|f ()−f ()|≤a −1x 1x 2|f ()−≤a −1x 1f ()|x 2max |f ()−=f(x)max −f(x x 1f ()|x 2max )min (x)=ln a +2x −ln a =(−1)ln a +2x f ′a x a x a >1x ∈[0,1]≥1a x ln a >02x ≥0(x)≥0f ′此时；在上单调递增，，，而，由题意得，，解得．故答案为：．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】种种种【考点】排列、组合及简单计数问题排列、组合的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：小球全部放入盒子中有种不同的放法，恰有一个盒子没放球有种不同的放法，恰有两个盒子没放球有种不同的放法．18.【答案】解：设数列的公差为，由，且，，成等比数列，得，解得，或，又时，，与， ，成等比数列矛盾，∴，∴，即数列的通项公式；由，得，∴．【考点】等比中项(x)≥0f ′f(x)[0,1]f(x =f(0)=1)min f(x =f(1)=a +1−ln a)max |f ()−f ()|≤f(x −f(x =a −ln ax 1x 2)max )min a −ln a ≤a −1a ≥e [e,+∞)25614484=25644=144C 24A 34(+)=84C 34C 24C 22A 22C 24A 22(1){}a n d =2a 1a 2a 3+1a 4(2+2d =(2+d)(3+3d))2d =2d =−1d =−1=+1=0a 3a 4a 2a 3+1a 4d =2=+(n −1)d =2+2(n −1)=2n a n a 1{}a n =2n a n (2)=2n a n ===b n 2n ⋅(+2)a n 2n(2n +2)=−1n(n +1)1n 1n +1=+++...+S n b 1b 2b 3b n =1−+−+−12121313+…+−=141n 1n +1n n +1数列的求和等差数列的通项公式【解析】（1）设出数列的公差，由已知条件列式求出公差，则数列的通项公式可求；（2）把数列的通项公式代入，整理后利用裂项相消法求数列的前项和．【解答】解：设数列的公差为，由，且，，成等比数列，得，解得，或，又时，，与， ，成等比数列矛盾，∴，∴，即数列的通项公式；由，得，∴．19.【答案】【考点】数列的求和数列递推式【解析】此题暂无解析【解答】解：由，{}a n {}a n {}a n =b n 2n ⋅(+2)a n {}b n n S n (1){}a n d =2a 1a 2a 3+1a 4(2+2d =(2+d)(3+3d))2d =2d =−1d =−1=+1=0a 3a 4a 2a 3+1a 4d =2=+(n −1)d =2+2(n −1)=2na n a 1{}a n =2n a n (2)=2n a n ===b n 2n ⋅(+2)a n 2n(2n +2)=−1n(n +1)1n 1n +1=+++...+S n b 1b 2b 3b n=1−+−+−12121313+…+−=141n 1n +1n n +12nn +1n −(n +1)=n(n +1)+1a n+1a n n (+1)−(n +1)(+1)=n(n +1)+1得，即，数列是首项为，公差为的等差数列，，则，数列的前项的和为.故答案为：.20.【答案】解：由，得，设，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增．于是．由题意，所以，故的取值范围是．证明：设，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．∵，，，∴，使，∴，即，单调递减，，即，单调递增，，即，单调递减，∵，∴，又∵，因，得，∴由零点存在定理，得在和各有一个零点，又，结合函数的单调性可知有三个零点．【考点】n (+1)−(n +1)(+1)=n(n +1)a n+1a n −=1+1a n+1n +1+1a n n∴{}+1a n n 21∴=n +1+1a n n ==2(−)2+1a n 2n(n +1)1n 1n +1∴2+1a n n 2(1−)=1n +12n n +12n n +1(1)f (x)=+mx −+112x 2e x (x)=x +m −f ′e x g(x)=(x)=x +m −f ′e x (x)=1−g ′e x x >0(x)<0g ′g(x)x <0(x)>0g ′g(x)g =g(0)=m −1(x)max g(x)=m −1≤0m ≤1m (−∞,1](2)g(x)=(x)=x +m −f ′e x (x)=1−g ′e x x >0(x)<0g ′g(x)x <0(x)>0g ′g(x)g(−m)=−<0e −m g(0)=m −1>0g(m)=2m −<2m −em <0(x ∈R,>ex)e m e x ∃∈(−m,0)x 1∈(0,m)x 2g()=g()=0x 1x 2x ∈(−∞,)x 1g(x)<0(x)<0f ′f (x)x ∈(,)x 1x 2g(x)>0(x)>0f ′f (x)x ∈(,+∞)x 2g(x)<0(x)<0f ′f (x)<0<x 1x 2f ()<f (0)=0<f ()x 1x 2f (−2m)=1−>0e −2m x >0>e x x 2f (2m +2)=+m(2m +2)−+112(2m +2)2e 2m+2<+m(2m +2)−+1=−2m −1<012(2m +2)2(2m +2)2f (x)(−2m,)x 1(,2m +2)x 2f (0)=0f (x)f (x)利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数的极值利用导数研究与函数零点有关的问题【解析】无无【解答】解：由，得，设，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增．于是．由题意，所以，故的取值范围是．证明：设，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．∵，，，∴，使，∴，即，单调递减，，即，单调递增，，即，单调递减，∵，∴，又∵，因，得，∴由零点存在定理，得在和各有一个零点，又，结合函数的单调性可知有三个零点．21.【答案】解：记这只蜻蜓的翼长为因为种蜻蜓和种蜻蜓的个体数量大致相等，所以这只蜻蜓是种还是种的可能性是相等的．所以.由于两种蜻蜓的个体数量相等，，的方差也相等，(1)f (x)=+mx −+112x 2e x (x)=x +m −f ′e x g(x)=(x)=x +m −f ′e x (x)=1−g ′e x x >0(x)<0g ′g(x)x <0(x)>0g ′g(x)g =g(0)=m −1(x)max g(x)=m −1≤0m ≤1m (−∞,1](2)g(x)=(x)=x +m −f ′e x (x)=1−g ′e x x >0(x)<0g ′g(x)x <0(x)>0g ′g(x)g(−m)=−<0e −m g(0)=m −1>0g(m)=2m −<2m −em <0(x ∈R,>ex)e m e x ∃∈(−m,0)x 1∈(0,m)x 2g()=g()=0x 1x 2x ∈(−∞,)x 1g(x)<0(x)<0f ′f (x)x ∈(,)x 1x 2g(x)>0(x)>0f ′f (x)x ∈(,+∞)x 2g(x)<0(x)<0f ′f (x)<0<x 1x 2f ()<f (0)=0<f ()x 1x 2f (−2m)=1−>0e −2m x >0>e x x 2f (2m +2)=+m(2m +2)−+112(2m +2)2e 2m+2<+m(2m +2)−+1=−2m −1<012(2m +2)2(2m +2)2f (x)(−2m,)x 1(,2m +2)x 2f (0)=0f (x)f (x)(1)t.A B A B P (45≤t ≤55)=×P (45≤X ≤55)+×P (45≤Y ≤55)1212=×P(45≤X ≤45+2×5)+×P(55−2×5≤Y ≤55)1212=×+×=0.4773120.95462120.95462(2)X Y =50.045+55根据正态曲线的对称性，可知.由可知，得 . 设蜻蜓的翼长为，则.由题有，所以，因此的分布列为.【考点】等可能事件的概率正态分布的密度曲线离散型随机变量的期望与方差二项分布的应用离散型随机变量及其分布列【解析】此题暂无解析【解答】解：记这只蜻蜓的翼长为因为种蜻蜓和种蜻蜓的个体数量大致相等，所以这只蜻蜓是种还是种的可能性是相等的．所以.由于两种蜻蜓的个体数量相等，，的方差也相等，根据正态曲线的对称性，可知.由可知，得 . 设蜻蜓的翼长为，==50.0μ045+552(1)45=−0.64,55=+0.64μ0σ0μ0σ0=≈7.8σ050.64(3)T P (42.2≤T ≤57.8)=P (μ−σ≤T ≤μ+σ)=0.6827W ∼B(3,0.6827)P (W =k)=××C k 30.6827k 0.31733−k W W 0123P C 030.31733⋅C 130.682710.31732⋅C 230.682720.31731C 330.68273E(W)=3×0.6827=2.0481(1)t.A B A B P (45≤t ≤55)=×P (45≤X ≤55)+×P (45≤Y ≤55)1212=×P(45≤X ≤45+2×5)+×P(55−2×5≤Y ≤55)1212=×+×=0.4773120.95462120.95462(2)X Y ==50.0μ045+552(1)45=−0.64,55=+0.64μ0σ0μ0σ0=≈7.8σ050.64(3)T P (42.2≤T ≤57.8)=P (μ−σ≤T ≤μ+σ)=0.6827则.由题有，所以，因此的分布列为.22.【答案】解：，，令，则，，分析知，当 时，；当时， .∴函数在区间 上单调递减，在区间上单调递增，.据求解知， ，又 对成立，∴，∴实数的最大值为 .【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：，，令，则，，P (42.2≤T ≤57.8)=P (μ−σ≤T ≤μ+σ)=0.6827W ∼B(3,0.6827)P (W =k)=××C k 30.6827k 0.31733−k W W 0123P C 030.31733⋅C 130.682710.31732⋅C 230.682720.31731C 330.68273E(W)=3×0.6827=2.0481(1)∵f (x)=x ln x ∴(x)=⋅ln x +x =ln x +1f ′x ′(ln x)′(x)=0f ′ln x +1=0∴x =1e x ∈(0,)1e (x)<0f ′x ∈(,+∞)1e (x)>0f ′f (x)(0,)1e (,+∞)1e ∴f =f ()=−(x)min 1e 1e (2)(1)f =−(x)min 1e ∵a −f (x)≤0∀x ∈(0,+∞)a ≤−1e a −1e (1)∵f (x)=x ln x ∴(x)=⋅ln x +x =ln x +1f ′x ′(ln x)′(x)=0f ′ln x +1=0∴x =1e ∈(0,)1∈(,+∞)1分析知，当 时，；当 时， .∴函数在区间 上单调递减，在区间上单调递增，.据求解知， ，又 对成立，∴，∴实数的最大值为 .x ∈(0,)1e (x)<0f ′x ∈(,+∞)1e (x)>0f ′f (x)(0,)1e (,+∞)1e ∴f =f ()=−(x)min 1e 1e (2)(1)f =−(x)min 1e ∵a −f (x)≤0∀x ∈(0,+∞)a ≤−1e a −1e。
2022-2023学年人教A版高二下数学月考试卷(含解析)
2022-2023学年高中高二下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：95 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 函数的定义域为A.B.C.D.2. 若集合，集合 ，则是的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3. 已知随机变量，且，则( )A.B.C.D.4. 将，，，，，这个数组成无重复数字的五位偶数的个数为( )A.B.C.f(x)=lg(1−)x 2( ){x|x <−1}{x|x <1}{x|x >−1}{x|−1<x <1}A ={x|y =ln(1+x)}B ={y|y =ln(1−x)}A B ()ξ∼B (12,p)E (2ξ−3)=5D (3ξ)=83812240123456360312264D.5. 若展开式中所有项的系数和为，则展开式中第三项为( )A.B.C.D.6. 年月日，第六届世界互联网大会发布了项“世界互联网领先科技成果”，其中有项成果均属于芯片领域．现有名学生从这项“世界互联网领先科技成果”中分别任选项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则恰好有名学生选择“芯片领域”的概率为（ ）A.B.C.D.7. 设随机变量的可能取值为，，…，，并且取，，……，是等可能的．若＝，则下面结论正确的是（ ）A.＝B.＝C.＝D.不能确定8. 正方体的棱长为，，的中点分别是，，直线与正方体的外接球相交于，两点，点是球上的动点，则面积的最大值为（ ）A.B.C.288(−)x −√3x −√n64135−540540135x 201910201553151149427192748125X 12n 12n P(X <4)0.3n 3n 4n 10n ABCD −A 1B 1C 1D 12AB A 1D 1P Q PQ O M N G O △GMN +5–√30−−√22+2–√3–√23+2–√6–√2−−√D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 若正实数，满足且，下列不等式恒成立的是( )A.B.C.D.10. 下列说法正确的是( )A.已知直线平面，直线平面，则“”是“”的必要不充分条件B.若随机变量服从正态分布，，则C.若随机变量服从二项分布；，则D.甲、乙、丙、丁个人到个景点旅游，每人只去一个景点．设事件为“个人去的景点各不相同”，事件为“甲不去其中的景点”，则11. 下列命题中，正确的命题有（ ）A.利用最小二乘法，由样本数据得到的回归直线必过样本点的中心B.设随机变量，则C.天气预报，五一假期甲地的降雨概率是，乙地的降雨概率是，假定这段时间内两地是否降雨相互没有影响，则这段时间内甲地和乙地都不降雨的概率为D.在线性回归模型中，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，越接近于，表示回归的效果越好12. 已知展开式中第项与第项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为，则下列说法正确的是（ ）A.偶数项的二项式系数和为B.不存在常数项C.系数最大项为第项D.含项的系数为62−−√4a b a >b ln a ⋅ln b >02>2log a log b a ⋅ln a >b ⋅ln b >2ab+12a+b b >0log a l ⊥αm//βα//βl ⊥m ξN (1,)σ2P (ξ≤4)=0.79P (ξ≤−2)=0.21ξξ∼B (4,)14E (2ξ+3)=544M 4N A P (MN)=29=x +y ˆb ˆa ˆ(,)x ¯¯¯y¯¯¯X ∼B (20,)12D (X)=50.30.20.5R 2R 21(a >0)(x +)ax −√n4810242565x 745卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 1 小题 ，共计5分 ）13. （5分） 已知函数是定义在上的奇函数，满足，且当时，，则________.四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）14. 设是给定的正整数，有序数组同时满足下列条件：①，，； ②对任意的，都有．记为满足“对任意的，都有”的有序数组的个数，求；记为满足“存在，使得”的有序数组的个数，求． 15. 的计算结果精确到个位的近似值为（ ）A.B.C.D.16. 在三棱柱中，侧面，已知，，.求证：平面；在棱不包含端点上，且，求和平面所成角的正弦值．17. 《中国制造》是经国务院总理李克强签批，由国务院于年月印发的部署全面推进实施制造强国的战略文件，是中国实施制造强国战略第一个十年的行动纲领．制造业是国民经济的主体，是立国之本、兴国之器、强国之基．发展制造业的基本方针为质量为先，坚持把质量作为建设制造强国的生命线．某制造企业根据长期检测结果，发现生产的产品质量与生产标准的质量差都服从正态分布，并把质量差在内的产品为优等品，质量差在内的产品为一等品，其余范围内的产品作为废品处理．优等品与一等品统称为正品．现分别从该企业生产的正品中随机抽取件，测得产品质量差的样本数据统计如下：f (x)R f (x +2)=−f (x)−1≤x <0f (x)=−+2x 2f (2023)=n (,a 1a 2，⋯,)a 2n ∈{1,−1}a i i =12，⋯,2n 1≤k ≤l ≤n||≤2∑i=2k−12la i (1)A n 1≤k ≤n +=0a 2k−1a 2k (,a 1a 2，⋯,)a 2n A n (2)B n 1≤k ≤n +≠0a 2k−1a 2k (,a 1a 2，⋯,)a 2n B n 1.957106107108109ABC −A 1B 1C 1AB ⊥B C B 1C 1BC =1∠BC =C 1π3AB =C =2C 1(1)B ⊥C 1ABC (2)E C C 1(,C)C 1EA ⊥EB 1E A 1A E B 1202520155N (μ,)σ2(μ−σ,μ+σ)(μ+σ,μ+2σ)1000根据频率分布直方图，求样本平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）根据大量的产品检测数据，检查样本数据的方差的近似值为，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值．求该厂生产的产品为正品的概率；参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．假如企业包装时要求把件优等品球和件一等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出三件产品进行检验，记摸出三件产品中优等品球的件数为，求随机变量的分布列及期望值．18. 疫情期间，为支持学校隔离用餐的安排，保证同学们的用餐安全，食堂为同学们提供了餐、餐两种餐盒．经过前期调研，食堂每天备餐时、两种餐盒的配餐比例为．为保证配餐的分量足，后勤会对每天的餐盒的重量进行抽查．若每天抽查个餐盒，假定每个餐盒的包装没有区分，被抽查的可能性相同．（1）求抽取的个餐盒中有三个餐的概率；（2）某天配餐后，食堂管理人员怀疑餐配菜有误，需要从所有的餐盒中挑出一个餐盒查看．如果抽出一个是餐盒，则放回备餐区，继续抽取下一个；如果抽到的是餐盒，则抽样结束．规定抽取次数不超过次．假定食堂备餐总数很大，抽样不影响备餐总量中、餐盒的比例．若抽样结束时抽到的餐盒数以随机变量表示，求的分布列与数学期望．19. 如图，在等边三角形中，，点在线段上，于，现将沿折起到的位置（如图）.求证：平面平面；若，求与平面所成角的正弦值．(1)x ¯¯¯(2)100x¯¯¯μS σξN (μ,)σ2P (μ−σ<ξ≤μ+σ)≈0.6827P (μ−2σ<ξ≤μ+2σ)≈0.9545P (μ−3σ<ξ≤μ+3σ)≈0.9973(3)35X X A B A B 3:155B B B A B n(n ∈)N ∗A B A X X (1)ABC AB =12D AC DE ⊥AB E △ADE DE △PDE (2)(1)PBE ⊥PED (2)PB =4,PE =45–√PB PEC参考答案与试题解析2022-2023学年高中高二下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】D【考点】函数的定义域及其求法【解析】根据题意可得，进而解不等式即可求得结果．【解答】解：使函数有意义需满足，解得，因此函数的定义域为.故选2.【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可得，集合，集合 中，则是的充分不必要条件.故选.3.【答案】D1−>0x 21−>0x 2−1<x <1{x|−1<x <1}D ．A ={x|y =ln(1+x)}={x|x >−1}B ={y|y =ln(1−x)}=R A B A【考点】两点分布二项分布超几何分布的期望与方差【解析】无【解答】解：因为，所以．故．故选．4.【答案】B【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】按照个位数字分两类：①为；②为或；在①中其余四个数字全排；在②中先排首位，然后中间三位数字用剩余个数字中的个全排列．【解答】解：根据题意，要求组成的是无重复数字的五位偶数，则个位数字是或或，分种情况：①当个位数是时，则其它个数全排列，共有种；②当个位数是或时，先排首位有种，然后中间三位数字用剩余个数字中的个全排列，则共有种．综上，可组成个无重复数字的五位偶数．故选.5.【答案】D【考点】二项式定理的应用二项展开式的特定项与特定系数【解析】E (2ξ−3)=2E (ξ)−3=2×12p −3=5p =13D (3ξ)=D (ξ)32=9×12××(1−)=241313D 024********=120A 4524C 1443=192C 12C 14A 34120+192=312B此题暂无解析【解答】解：因为展开式中所有项的系数和为，令，可得，所以.因为通项公式为，所以 . 故选 .6.【答案】A【考点】相互独立事件的概率乘法公式【解析】先计算出每名学生选择“芯片领域”的概率为，再确定名学生恰有一名选择“芯片领域”的概率.【解答】解：根据题意可知，名学生从项中任选项，其选择“芯片领域”的概率为：，故其没有选择“芯片领域”的概率为，则名学生恰有一名选择“芯片领域”的概率为：.故选.7.【答案】C【考点】等可能事件等可能事件的概率【解析】推导出＝＝＝＝，由此能求出．【解答】64x =1=64(−2)n n =6=T r+1C r 6(−3)r x3−r=x =135x T 3C 26(−3)2D 1331151=51513233×()×=C 1313()23249A P(X <4)P(X 1)+P(X 2)+P(X 3)==0.31+1+1nn∵随机变量的可能取值为，，…，，并且取，，……，是等可能的．＝，∴＝＝＝＝，解得＝，8.【答案】A【考点】棱柱的结构特征点、线、面间的距离计算球内接多面体【解析】此题暂无解析【解答】解：如图，设正方体外接球球的半径为，过球心作，垂足为，易知为的中点．因为正方体的棱长为，所以，，，，所以，，所以．因为点是球上的动点，所以点到的最大距离为，X 12n 12n P(X <4)0.3P(X <4)P(X 1)+P(X 2)+P(X 3)==0.31+1+1nn 10O r O OH ⊥PQ H H PQ ABCD −A 1B 1C 1D 12PQ =6–√HP =6–√2OP =2–√ON =r =3–√OH ===O −H P 2P 2−−−−−−−−−−√2−64−−−−−√2–√2HN ===O −O N 2H 2−−−−−−−−−−√3−24−−−−−√10−−√2MN =10−−√G O G MN h =OH +r =+2–√23–√N ⋅h =××(+)=–√+–√−−√故面积的最大值为．故选．二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】C,D【考点】对数值大小的比较指数式、对数式的综合比较【解析】判断，的大小，利用特殊值判断选项即可．【解答】解：由且，得或，对于，当或时，，故错误；对于，当，时，不成立，故错误；对于，因为，所以，所以 ，故正确；对于，当或时，恒成立，故正确．故选．10.【答案】B,C【考点】正态分布的密度曲线必要条件、充分条件与充要条件的判断古典概型及其概率计算公式两点分布二项分布超几何分布的期望与方差【解析】此题暂无解析△GMN MN ⋅h =××(+)=121210−−√2–√23–√+5–√30−−√2A a b ln a ⋅ln b >0a >b 0<b <a <1a >b >1A 0<b <a <1a >b >12<2log a log b AB a =13b =15a ln a >b ln b B C ab +1−a −b =(a −1)(b −1)>0ab +1>a +b >2ab+12a+b C D 0<b <a <1a >b >1b >0log a D CD【解答】解：，直线平面 ，直线平面，若 ，则，由直线平面，可得，若 ，不能推出 ，可能相交．所以“”是“”的充分不必要条件，故错误；，，故正确；，若随机变量服从二项分布，，则，所以，故正确；，是，同时成立时的概率，甲从，，中选一个，有种排法，乙、丙、丁对其余个景点进行排列，有种排法，，故错误．故选．11.【答案】A,B,D【考点】求解线性回归方程离散型随机变量的期望与方差相互独立事件的概率乘法公式变量间的相关关系【解析】利用线性回归方程，离散型随机变量的方差，相互独立事件同时发生的概率计算和回归分析进行逐一分析即可.【解答】解：，利用最小二乘法，由样本数据得到的回归直线必过样本点的中心，该选项正确；，设随机变量，则，该选项正确；，天气预报，五一假期甲地的降雨概率是，乙地的降雨概率是，假定这段时间内两地是否降雨相互没有影响，则这段时间内甲地和乙地都不降雨的概率为，该选项错误；，在线性回归模型中，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，越接近于，表示回归的效果越好，该选项正确.故选.12.【答案】A l ⊥αm//βα//βl ⊥βm//βl ⊥m l ⊥m α//βα//βl ⊥m AB P (ξ≤−2)=P (ξ≥4)=1−P (ξ≤4)=0.21BC ξξ∼B (4,)14E(ξ)=1E (2ξ+3)=2E (ξ)+3=5C D P(MN)M N B C D C 133A 33P(MN)==C 13A 33449128D BC A =x +y ˆb ˆa ˆ(,)x ¯¯¯y¯¯¯B X ∼B (20,)12D (X)=np(1−p)=5C 0.30.2(1−0.3)×(1−0.2)=0.56D R 2R 21ABDB,D【考点】二项式定理的应用二项式定理及相关概念二项式系数的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：∵展开式中第项与第项的二项式系数相等，∴，解得.∵展开式的各项系数之和为，∴.∵，∴，∴原二项式为：，其展开式的通项公式为,∴偶数项的二项式系数和为，故错误；令，解得，∴不存在常数项，故正确；∵本题二项式系数和项的系数一样，且展开式有项，∴展开式中第项的系数最大，故错误；令，解得，∴含项的系数为，故正确.故选.三、 填空题 （本题共计 1 小题 ，共计5分 ）13.【答案】【考点】函数的周期性函数奇偶性的性质函数的求值(a >0)(x +)a x −√n 48=C 3n C 7n n =101024(1+a =1024)10a >0a =1(x +1x−√)10=⋅⋅=T r+1C r 10x 10−r x −r 12C r 10x 10−r 32×1024=51212A 10−r =032r =203B 116C 10−r =732r =2x 7=45C 210D BD 1【解析】本题主要考查函数的周期的计算及其应用．【解答】解：由题意得，，则，所以函数的周期为．因为，所以．故答案为：．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）14.【答案】解：因为对任意的，都有，则，必为，或，有两种情况，有序数组中有组、，所以，； 因为存在，使得，所以或，设所有这样的为，，，不妨设，则（否则）；同理，若，则，这说明的值由的值或确定，又其余的对相邻的数每对的和均为，所以．【考点】有关排列、组合的计算排列与组合的综合分步乘法计数原理【解析】（1）根据题意，对任意的，都有，则、必为、或、，有两种情况，由分步计数原理，计算可得答案；（2）根据题意，分析可得，若，使得，则所以或，进而设所有这样的为，，…，进而分析可得的值由的值或确定，又由其余的对相邻的数每对的和均为，则可得f (x +2)=−f (x)f (x +4)=f [(x +2)+2]=−f (x +2)=f (x)f(x)42023=2024−1=4×506−1f (2023)=f (−1)=−+2=1(−1)21(1)1≤k ≤n +=0a 2k−1a 2k a 2k−1a 2k 1−1−11(,a 1a 2，⋯,)a 2n n a 2k−1a 2k ==A n 2×2×…×2 n 个2相乘2n (2)1≤k ≤n +≠0a 2k−1a 2k +=2a 2k−1a 2k +=−2a 2k−1a 2k k k 1k 2，⋯,(1≤m ≤n)k m +=2(1≤j ≤m)a 2−1k j a 2k j +=−2a 2−1k j+1a 2k j+1||=4>2∑i=2−1k j 2k j+1a i +=−2(1≤j ≤m)a 2−1k j a 2k j +=2a 2−1k j+1a 2k j+1+a 2−1k j a 2k j +a 2−1k 1a 2k 1(2−2)(n −m)0=2×+2×+⋯+2B n C 1n 2n−1C 2n 2n−2C n n =2(+×+×+⋯+)−2×2n C 1n 2n−1C 2n 2n−2C n n 2n=2(1+2−2×=2(−))n 2n 3n 2n 1≤k ≤n +=0a 2k−1a 2k a 2k−1a 2k 1−1−111≤k ≤n +≠0a 2k−1a 2k +=2a 2k−1a 2k +=−2a 2k−1a 2k k k 1k 2(1≤m ≤n)k m +a 2−1k j a 2k j +a 2−1k 1a 2k 1(2−2)(n −m)0=2×+2×+...+2C 1n−1C 2n−2C，计算可得答案．【解答】解：因为对任意的，都有，则，必为，或，有两种情况，有序数组中有组、，所以，；因为存在，使得，所以或，设所有这样的为，，，不妨设，则（否则）；同理，若，则，这说明的值由的值或确定，又其余的对相邻的数每对的和均为，所以．15.【答案】B【考点】二项式定理的应用二项式系数的性质【解析】此题暂无解析【解答】∵.16.【答案】证明：，，又. ①侧面，. ②由①和②得，直线平面.解：以为原点，=2×+2×+...+2B n C 1n 2n−1C 2n 2n−2C n n (1)1≤k ≤n +=0a2k−1a 2k a 2k−1a 2k 1−1−11(,a 1a 2，⋯,)a 2n n a 2k−1a 2k ==A n 2×2×…×2 n 个2相乘2n(2)1≤k ≤n +≠0a2k−1a 2k +=2a 2k−1a 2k +=−2a2k−1a 2k k k 1k 2，⋯,(1≤m ≤n)km +=2(1≤j ≤m)a 2−1k j a 2k j +=−2a 2−1k j+1a 2k j+1||=4>2∑i=2−1k j 2k j+1a i +=−2(1≤j ≤m)a 2−1k j a 2k j +=2a 2−1k j+1a 2k j+1+a 2−1k j a 2k j +a 2−1k 1a 2k 1(2−2)(n −m)0=2×+2×+⋯+2B n C 1n 2n−1C 2n 2n−2C nn=2(+×+×+⋯+)−2×2n C 1n 2n−1C 2n 2n−2C n n 2n=2(1+2−2×=2(−))n 2n 3n 2n ==−××1.957(2−0.05)727C 17260.05+××−C 27250.052⋯≈107.28(1)∵BC =1,C =2,∠BC =C 1C 1π3∴B =C 13–√∴B +B =C ,∴B ⊥BC C 2C 21C 21C 1∵AB ⊥B C B 1C 1∴AB ⊥BC 1B ⊥C 1ABC (2)B −→−−→−−→−分别以和的方向为和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则有，设，由，可求得.又，，则平面的法向量，设和平面所成角为，于是.【考点】用空间向量求直线与平面的夹角直线与平面垂直的判定【解析】由已知和余弦定理可得的长度，由勾股定理可判，由线面垂直的判定定理可得；【解答】证明：，，又. ①侧面，. ②由①和②得，直线平面.以为原点，分别以和的方向为和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.,BC −→−BC 1−→−BA −→−x,y z A(0,0,2),(−1,,0)B 13–√E(1−t ，t,0)(0<t <1)3–√⋅=0EA −→−EB 1−→−t =12(−1,,2),=(−,,2)A 13–√EA 1−→−323–√2=(,,−2),=(,−,0)AE −→−123–√2E B 1−→−323–√2A E B1=(1,,1)n →3–√E A 1A E B 1θsin θ=−++23232⋅++49434−−−−−−−−−√1+3+1−−−−−−−√==235−−√235−−√35BC 1B ⊥BC C 1(1)∵BC =1,C =2,∠BC =C 1C 1π3∴B =C 13–√∴B +B =C ,∴B ⊥BC C 2C 21C 21C 1∵AB ⊥B C B 1C 1∴AB ⊥BC 1B ⊥C 1ABC (2)B ,BC −→−BC 1−→−BA −→−x,y z则有，设，由，可求得.又，，则平面的法向量，设和平面所成角为，于是.17.【答案】解：．由题意可知，样本方差，故 ，∴ ，∴该厂生产的产品为正品的概率．的可能取值为，，，，，，，．A(0,0,2),(−1,,0)B 13–√E(1−t ，t,0)(0<t <1)3–√⋅=0EA −→−EB 1−→−t =12(−1,,2),=(−,,2)A 13–√EA 1−→−323–√2=(,,−2),=(,−,0)AE −→−123–√2E B 1−→−323–√2A E B 1=(1,,1)n →3–√E A 1A E B 1θsin θ=−++23232⋅++49434−−−−−−−−−√1+3+1−−−−−−−√==235−−√235−−√35(1)=0.010×10×+0.020×10×+x¯¯¯46+56256+6620.045×10×+0.020×10×+66+76276+8620.005×10×=7086+962(2)=100S 2σ≈=10S 2−−√X ∼N (70,)102P =P(60<X <90)=P(60<X <70)+P(70<X <90)=×(0.6827+0.9545)=0.818612(3)X 0123P(X =0)==C 03C 35C 38528P(X =1)==C 13C 25C 381528P(X =2)==C 23C 15C 381556P(X =3)==C 33C 05C 38156∴的分布列为：期望值为：．【考点】众数、中位数、平均数、百分位数频率分布直方图正态分布的密度曲线离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】此题暂无解析【解答】解：．由题意可知，样本方差，故 ，∴ ，∴该厂生产的产品为正品的概率．的可能取值为，，，，，，，．∴的分布列为：期望值为：X X 0123P 52815281556156E(X)=0×+1×+52815282×+3×=155615698(1)=0.010×10×+0.020×10×+x¯¯¯46+56256+6620.045×10×+0.020×10×+66+76276+8620.005×10×=7086+962(2)=100S 2σ≈=10S 2−−√X ∼N (70,)102P =P(60<X <90)=P(60<X <70)+P(70<X <90)=×(0.6827+0.9545)=0.818612(3)X 0123P(X =0)==C 03C 35C 38528P(X =1)==C 13C 25C 381528P(X =2)==C 23C 15C 381556P(X =3)==C 33C 05C 38156X X 0123P 52815281556156(X)=0×+1×+515×+3×=1519．18.【答案】依题意，随机地抽取一个餐盒得到餐盒的概率为，则服从二项分布，），∴其中有三个餐盒的概率．的可能取值为：，，，…，，，，．所以的分布列为…………的数学期望为：①②①-②得，∴＝．即的数学期望为．【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】（1）判断服从二项分布，，），然后求解有三个餐盒的概率．（2）的可能取值为：，，，…，．求出概率，得到的分布列，然后求解的数学期望的表达式，利用错位相减法求和期望即可．【解答】依题意，随机地抽取一个餐盒得到餐盒的概率为，则服从二项分布，），∴其中有三个餐盒的概率．E(X)=0×+1×+52815282×+3×=155615698BξBX015n.XX712n−7nPXXξξ∼B(5BX012n X XBξB的可能取值为：，，，…，，，，．所以的分布列为…………的数学期望为：①②①-②得，∴＝．即的数学期望为．19.【答案】证明：∵，∴，.又∵，∴平面.∵平面，∴平面平面．解：∵，，，故，∴，得，又由得，，∴平面，连接，过作于，∴平面，连接，∴为与平面所成角.∵，，，由余弦定理得，∴，∴．∴，∴．【考点】平面与平面垂直的判定与二面角有关的立体几何综合题X 015n.X X 712n −7nP X X (1)DE ⊥AB DE ⊥PE DE ⊥EB PE ∩BE =E DE ⊥PEB DE ⊂PDE PBE ⊥PED (2)PB =45–√PE =4AB =12EB =8E +P =P B 2E 2B 2PE ⊥BE (1)DE ⊥PE DE ∩BE =E PE ⊥BEDC EC B BH ⊥CE H BH ⊥PEC HP ∠BPH PB PEC EB =8BC =12∠EBC =60∘E =B +B −2BE ×BC ×cos ∠EBC =112C 2E 2C 2EC =47–√EC ⋅BH =EB ⋅BC ⋅sin 121260∘BH =1221−−√7sin ∠BPH =3105−−−√35【解析】无无【解答】证明：∵，∴，.又∵，∴平面.∵平面，∴平面平面．解：∵，，，故，∴，得，又由得，，∴平面，连接，过作于，∴平面，连接，∴为与平面所成角.∵，，，由余弦定理得，∴，∴．∴，∴．(1)DE ⊥AB DE ⊥PE DE ⊥EB PE ∩BE =E DE ⊥PEB DE ⊂PDE PBE ⊥PED (2)PB =45–√PE =4AB =12EB =8E +P =P B 2E 2B 2PE ⊥BE (1)DE ⊥PE DE ∩BE =E PE ⊥BEDC EC B BH ⊥CE H BH ⊥PEC HP ∠BPH PB PEC EB =8BC =12∠EBC =60∘E =B +B −2BE ×BC ×cos ∠EBC =112C 2E 2C 2EC =47–√EC ⋅BH =EB ⋅BC ⋅sin 121260∘BH =1221−−√7sin ∠BPH =3105−−−√35。
2022-2023学年人教A版高二下数学月考试卷含答案及解析
2022-2023学年高中高二下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I（选择题）一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1. 已知A(−4,2,3)关于xOz平面的对称点为A1，A1关于z轴的对称点为A2，则|AA2|等于（ ）A.8B.12C.16D.192. 已知空间四边形ABCD中，∠ACD=∠BDC=90∘，且AB=2，CD=1，则AB与CD所成的角是( )A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘3. 党的十八大以来，党中央高度重视扶贫工作，为更好地将“精准扶贫”落到实处，某地安排5名干部到三个贫困村调研走访，要求每人只能去一个贫困村，每个贫困村至少有一人，则不同分配方案的总数为( )A.120B.150C.240D.3004. 在(x+2)(x−1)6的展开式中，x4的系数是（）A.−20B.−10C.10D.205. 若离散型随机变量X的分布列为P(x=i)=a(12)i，i=1,2,3，则a的值为( )A.87B.78C.12D.136. 已知随机变量X∼N(2,σ2)，且P(X<4)=0.8，则P(0<X<2)=（）A.0.6B.0.4C.0.3D.0.27. 某冷饮销售店的仓管员根据以下表格，得到冷饮销量额y(百元)和气温x(∘C)之间的近似线性关系ˆy=2x−50，后因意外，其中一个数字受损，无法辨认，则该数字为( )气温x(∘C)3031323536销量额y(百元)101214XXXXX21.9A.18B.17C.20.1D.198. 设0<a<1，则随机变量X的分布列是：则当a在(0，1)内增大时( )A.D(X)增大B.D(X)减小C.D(X)先增大后减小D.D(X)先减小后增大二、多选题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）9. 关于二项式(x2−2x)6的展开式，下列结论错误的是( )A.展开式所有项的系数和为1B.展开式二项式的系数和为32C.展开式中不含x3项D.常数项为12010. 下列说法正确的是（）A.若X∼B(n,13)，且E(X)=2，则n=6B.设有一个回归方程y=3−5x，变量x增加1个单位时，y平均减少5个单位C.线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱D.在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N(1,σ2)(σ>0)，则P(ξ>1)=0.511. 某校高二年级进行选课走班，已知语文、数学、英语是必选学科，另外需从物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科中任选3门进行学习．现有甲、乙、丙三人，若同学甲必选物理，则下列结论正确的是( )A.甲的不同的选法种数为10B.甲、乙、丙三人至少一人选化学与全选化学是对立事件C.乙同学在选物理的条件下选化学的概率是15D.乙、丙两名同学都选物理的概率是1412. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P是线段AD1上的动点，下列结论正确的是( )A.平面DB1P⊥平面A1BC1B.CP//平面A1BC1C.CP与平面ABCD所成的角的范围是{θ|30∘≤θ≤45∘}D.CP与BC1所成的角的范围是{θ|60∘≤θ≤90∘}卷II（非选择题）三、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）13. 已知集合A={−2,−1,0,1}，B={x|x<0,x∈R}，则A∩B=________．14. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，二面角A−BD1−C的余弦值为________.15. 已知A2x=12，则x=________．16. 为了解使用手机是否对学生的学习有影响，某校随机抽取100名学生，对学习成绩和使用手机情况进行了调查，统计数据如表所示（不完整）：使用手机不使用手机总计学习成绩优秀1040________学习成绩一般30________________总计________________100(Ⅰ)补充完整所给表格，并根据表格数据计算是否有99.9%的把握认为学生的学习成绩与使用手机有关；(Ⅱ)现从上表不使用手机的学生中按学习成绩是否优秀分层抽样选出6人，再从这6人中随机抽取3人，记这3人中“学习成绩优秀”的人数为X，试求X的分布列与数学期望．参考公式：，其中n＝a+b+c+d．参考数据：P(K2≥k0)0.0500.0100.001k0 3.8416.63510.828四、解答题（本题共计 6 小题，每题 5 分，共计30分）17. 如图所示的四棱锥S−ABCD.(1)若在此四棱锥的所有棱中任意取出两条，则取出的两条棱所在的直线异面的取法共有多少种？(2)若用6种不同的颜色给四棱锥的5个点（S，A，B，C，D）着色，要求在同一棱上的两点不能同色，不在同一棱上的两点是否同色不受限制，则不同的着色方案共有多少种？18. 已知(2x3+1x)n的展开式中，前三项的二项式系数和为46.(1)求展开式中所有项的系数和；(2)求二项展开式中含x3的项．19. 如图，三棱锥S−ABC中，底面ABC和侧面SBC都是等边三角形， BC=2,SA=√6(1)若P点是线段SA的中点，求证：SA⊥平面PBC；(2)点Q 在线段SA 上且满足AQ =13AS ，求BQ 与平面SAC 所成角的正弦值．20. 某商场举行优惠促销活动，顾客仅可以从以下两种优惠方案中选择一种，方案一：每满200元减50元：方案二：每满200元可抽奖一次．具体规则是依次从装有3个红球、1个白球的甲箱，装有2个红球、2个白球的乙箱，以及装有1个红球、3个白球的丙箱中各随机摸出1个球，所得结果和享受的优惠如下表：（注：所有小球仅颜色有区别）红球个数3210实际付款半价7折8折原价(Ⅰ)若两个顾客都选择方案二，各抽奖一次，求至少一个人获得半价优惠的概率；(Ⅱ)若某顾客购物金额为320元，用所学概率知识比较哪一种方案更划算？ 21. 槲寄生是一种寄生在大树上部树枝的寄生植物，可以从寄主植物上吸取水分和无机物，进行光合作用制造养分．它喜欢寄生在树龄较小的大树上．下表给出了在一定条件下完成的实验中采集的数据：(1)由上表数据可知，可用线性回归模型拟合y 与x 的关系．请用相关系数r 加以说明（精确到0.01）（|r |≥0.75，说明变量间的线性相关性很强；0.3≤|r |<0.75，说明变量间的线性相关性一般）；(2)求出y 关于x 的线性回归方程（ˆb 精确到 0.01），并估算一棵树龄为12年的大树上，槲寄生的株数（精确到1）．参考公式：相关系数r =n∑i=1(x i −¯x)(y i −¯y)√n∑i=1(x i −¯x)2n∑i=1(y i −¯y)2 ；线性回归方程ˆy =ˆbx +ˆa 中斜率和截距的最小二乘估计公式：ˆb =n∑i=1(x i −¯x)(y i −¯y)n∑i=1(x i −¯x)2，ˆa =¯y −ˆb¯x ；参考数据：5∑i=1(x i −¯x)(y i −¯y)=−312.60，5∑i=1(x i −¯x )2=328.80，5∑i=1(y i −¯y )2=309.20，√101664.96≈318.85． 22. 如图，在平行四边形ABCD 中，AB =2BC =2，∠ABC =120∘．M 、N 分别为线段AB ，CD 的中点，连接AN ，DM 交于点O ，将△ADM 沿直线DM 翻折成△A ′DM ，使平面A ′DM ⊥平面BCD ，F 为线段A ′C 的中点．（1）求证：ON ⊥平面A ′DM（2）求证：BF//平面A ′DM ；（3）直线FO 与平面A ′DM 所成的角．参考答案与试题解析2022-2023学年高中高二下数学月考试卷一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1.【答案】A【考点】空间向量的夹角与距离求解公式【解析】分别求出A(−4,2,3)关于xOz平面的对称点为A1(−4,−2,3)．A1关于z轴的对称点为A2(4,2,3)．再利用两点之间的距离公式即可得出．【解答】解：A(−4,2,3)关于xOz平面的对称点为A1(−4,−2,3)．A1关于z轴的对称点为A2(4,2,3)．则|AA2|=√(−4−4)2+0+0=8．故选：A．2.【答案】C【考点】空间向量的夹角与距离求解公式空间向量的数量积运算【解析】此题暂无解析【解答】解：根据∠ACD=∠BDC=90∘，得→AC⋅→CD=→DB⋅→CD=0，∴→AB⋅→CD=(→AC+→CD+→DB)⋅→CD=→AC⋅→CD+|→CD|2+→DB⋅→CD=|→CD|2=1,∴cos<→AB，→CD>=→AB⋅→CD|→AB|⋅|→CD|=12,∴AB与CD所成的角是60∘.故选C.3.【答案】B【考点】排列、组合及简单计数问题排列、组合的应用计数原理的应用【解析】包括两种情况：一是按照2，2，1分配，有12C25C23A33=90种方案；二是按照3，1，1分配，有12C15C461A33=60种方案．故不同分配方案的总数为90+60=150 .【解答】解：包括两种情况：一是按照2，2，1分配，有12C25C23A33=90种方案；二是按照3，1，1分配，有12C15C14A33=60种方案，所以不同分配方案的总数为90+60=150种方案.故选B.4.【答案】C【考点】二项式系数的性质【解析】无【解答】解：∵(x−1)6=x6−6x5+15x4−20x3+15x2−6x−1，∴(x+2)(x−1)6的展开式中x4的系数为−20+2×15=10．故选C．5.【答案】A【考点】离散型随机变量及其分布列【解析】此题暂无解析【解答】解：a2+a4+a8=1，78a=1，a=87.故选A.6.【答案】C【考点】正态分布的密度曲线【解析】此题暂无解析【解答】解 P(0<X<2)=12P(0<X<4)=−12(1−2×0.2)=0.3．7.【答案】C【考点】求解线性回归方程【解析】先求出¯x和¯y，然后利用线性回归直线经过样本中心，代入方程即可求值.【解答】解：设这个受损的数字为m，由题意，得¯x=30+31+32+35+365=32.8，¯y=10+12+14+m+21.95=57.9+m5.将¯x，¯y代入回归方程，得57.9+m5=2×32.8−50，解得m=20.1.故选C.8.【答案】D【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】此题暂无解析【解答】解：由表格数据可得：E(X)=13×0+13×a+13×1=13(a+1)，∴E(X)是关于a的一次函数，∵13>0，∴当a在(0，1)内增大时，E(X)增大.D(X)=13[0−13(a +1)]2+13[a −13(a +1)]2+13[1−13(a +1)]2=29(a 2−a +1)=29(a −12)2+16，∴D(X)为关于a 的二次函数，其图象开口向上，对称轴为a =12.故当a 在(0，1)内增大时，D(X)先减小后增大.故选D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】B,C,D【考点】二项展开式的特定项与特定系数【解析】本题主要考查二项式定理和二项式的展开式．【解答】解：因为二项式(x 2−2x )6，令x =1可得所有项系数和为1，展开式中二项式的系数和为26=64，展开式的通项为T r+1=C r6x 2(6−r)(−2x )r =C r6(−2)r x 12−3r ，当r =4时，得常数项为240；当r =3时，可得x 3项，所以错误的应选BCD ．故选BCD ．10.【答案】A,B,D【考点】两点分布二项分布超几何分布的期望与方差求解线性回归方程相关系数正态分布的密度曲线【解析】由X ∼B (n,13)的方差公式可判断A ：x 增加1个单位时计算y 值与原y 值比较可判断B ；由线性相关系数||的性质可判断C ，根据正态曲线关于x =1对称即可判断D ．【解答】解：对于选项A，由X∼B(n,13)，E(X)=2，则n3=2，所以n=6，故A正确；对于选项B，若有一个回归方程y=3−5x，变量x增加1个单位时，y=3−5(x+1)=3−5x−5，故y平均减少5个单位，故B正确；对于选项C，线性相关系数|r|越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱，故C错误；对于选项D，在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N(1,σ2)(σ>0)，由于正态曲线关于x=1对称，则P(ξ>1)=0.5，故D正确．故选ABD．11.【答案】A,D【考点】条件概率与独立事件互斥事件与对立事件古典概型及其概率计算公式【解析】本题甲必须选物理，从其他5可选两科，共有C25=10，故A正确，甲、乙、丙三人至少一人选化学与全不选化学对立，故B错误，由于乙选物理，乙选化学的概率C14C25=25，故C错误.乙、丙都选物理的概率12×12=14，故D正确.【解答】解：A，因为同学甲必须选物理，所以从其他5科中可选2科，共有C25=10种，故选项A正确；B，甲、乙、丙三人至少一人选化学与全不选化学是对立事件，故选项B错误；C，因为乙选物理，所以乙选化学的概率为C14C25=25，故选项C错误；D，乙、丙两名同学各自选择物理的概率是C25C36=12，所以乙、丙两名同学都选物理的概率是12×12=14，故选项D正确.故选AD.12.【答案】A,B,D【考点】用空间向量求直线与平面的夹角用空间向量求直线间的夹角、距离利用导数研究函数的最值平面与平面垂直的判定直线与平面平行的判定【解析】建立空间坐标系，利用向量法证明平面与平面垂直，直线与平面平行，直线与平面的夹角，直线与直线的夹角，利用导数研究函数的最值，判断三角函数的范围【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，设AB =1，D(0,0,0)，B 1(1,1,1)，B(1,1,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，设P(λ,0,1−λ)(0≤λ≤1).对于A ，设→n 1=(x 1,y 1,z 1)为平面A 1BC 1的一个法向量，设→n 2=(x 2,y 2,z 2)为平面DB 1P 的一个法向量，→A 1B =(0,1,−1)，→A 1C 1=(−1,1,0)，→DB 1=(1,1,1)，→DP =(λ,0,1−λ)，则→n 1⋅→A 1B =0，→n 1⋅→A 1C 1=0，即{y 1−z 1=0，−x 1+y 1=0，令y 1=1，则x 1=1，z 1=1，即→n 1=(1,1,1).同理，得→n 2=(1,−λλ−1,1λ−1)，→n 1⋅→n 2=1−λλ−1+1λ−1=0，当λ=1时，令y 2=1，则x 2=0，z 2=−1，故→n 2=(0,1,−1)，即→n 1⋅→n 2=1−1=0，所以平面DB 1P ⊥平面A 1BC 1，故A 正确；对于B ，C(0,1,0)，→CP =(λ,−1,1−λ)，∵→n 1⋅→CP =λ−1+1−λ=0，∴CP//平面A 1BC 1，故B 正确；对于C ，∵平面ABCD 的一个法向量为→n 3=(0,0,1)，∴线段CP 与平面ABCD 所成角θ的正弦值为sinθ=|cos <→CP,→n 3>|=|→CP ⋅→n 3||→CP ||→n 3|=1−λ√2λ2−2λ+2（0≤λ≤1），令f(λ)=1−λ√2λ2−2λ+2（0≤λ≤1），∴f ′(λ)=−λ−13√2λ2−2λ+2<0，∴f(λ)在[0,1]上单调递减，∴f(λ)max ，{f(\lambda)_{\min}=f(1)=0}，即{\sin \theta\in [0,\dfrac{\sqrt2}{2}]}.∵{\theta\in [0,\dfrac{\pi}{2}]}，∴{\theta\in [0,\dfrac{\pi}{4}]}，故{\rm C}错误；对于{\rm D}，∵{\overrightarrow {BC_{1}}=(-1,0,1)}，{\overrightarrow {CP}=(\lambda,-1,1-\lambda)} ，设{CP}与{BC_1}所成角为{α}，{\alpha \in[0,\dfrac{\pi}{2}]}，∴{\cos \alpha=|\cos <\overrightarrow{CP},\overrightarrow{BC_1}>|}{=\dfrac{|\overrightarrow{CP}\cdot\overrightarrow{BC_1}|}{|\overrightarrow{CP}||\overrightarrow{BC_1}|}}{=|\dfrac{1-2\lambda}{\sqrt2\sqrt{2\lambda^2-2\lambda+2}}|}，令{g(\lambda)=\dfrac{1-2\lambda}{\sqrt2\sqrt{2\lambda^2-2\lambda+2}}}{（0\leq \lambda \leq 1）}，∴{g'(\lambda)=\dfrac{-3\sqrt2}{2\cdot \sqrt[3]{2\lambda^2-2\lambda+2}}\lt 0}，∴{g(\lambda)}在{[0,1]}上单调递减，∴{g(\lambda)_{\max}=g(0)=\dfrac{1}{2}}，{g(\lambda)_{\min}=g(1)=-\dfrac12}，{|g(\lambda)|\in [0,\dfrac12]}，即{\cos \alpha \in [0,\dfrac12]}.∵{\alpha \in [0,\dfrac{\pi}{2}]}，∴{\alpha\in [\dfrac{\pi}{3},\dfrac{\pi}{2}]}，故{\rm D}正确.故选{\rm ABD}.三、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）13.【答案】{\{-2,\, -1\}}【考点】交集及其运算【解析】求解一元二次不等式化简集合{B}，然后直接利用交集的运算求解．【解答】解：∵{A=}{\{-2,\, -1,\, 0,\, 1\}}，{B=}{\{x\mathrel{|} x\lt 0,\, x\in \textbf R\}}，则{A\cap B=}{\{-2\, -1\}}．故答案为：{\{−2,−1\}}.14.【答案】{-\dfrac{1}{2}}【考点】用空间向量求平面间的夹角【解析】建立适当的空间直角坐标系，利用平面的法向量进行求解即可.【解答】解：建立如图所示直角坐标系：设正方体棱长为{1}，则{A(0,0,0)}，{B(1,0,0)}，{C(1,1,0)}，{D_1(0,1,1)}，则{\overrightarrow{AB}=\left(1,0,0\right)}，{\overrightarrow{BD_1}=\left(-1,1,1\right)}，{\overrightarrow{BC}=\left(0,1,0\right)}.设平面{ABD_1}的法向量为{\overrightarrow n=\left(x,y,z\right)}，则{\left\{\begin{array}{l}x=0,\\-x+y+z=0,\end{array}\right.}令{y=1}，则{z=-1}，所以{\overrightarrow n=\left(0,1,-1\right)}，同理可得平面{CBD_1}的法向量为{\overrightarrow m=\left(1,0,1\right)}，所以{\cos\left\langle\overrightarrow m,\overrightarrow n\right\rangle}{=\dfrac{\overrightarrow m\cdot\overrightarrow n} {\overrightarrow{\left|m\right|}\cdot\left|\overrightarrow n\right|}}{=\dfrac{-1}{\sqrt2\times\sqrt2}=-\dfrac12}.由图可知，二面角{A-BD_{1}-C}为钝角，所以二面角{A-BD_{1}-C}的余弦值为{-\dfrac{1}{2}}.故答案为：{-\dfrac{1}{2}}.15.【答案】{4}【考点】排列及排列数公式【解析】直接利用排列数公式化简求解即可．【解答】解：{A\,\begin{matrix}{2} \\ {x}\end{matrix}\, = 12}，{2\leq x}．∴{x(x-1)= 12}，解得{x= 4}，故答案为：{4}．16.【答案】{50},{20},{50},{40},{60}【考点】离散型随机变量的期望与方差独立性检验离散型随机变量及其分布列【解析】（1）通过已知条件补全联列表，求出{k^{2}}即可判断有{99.9\% }的把握认为学生的学习成绩与是否使用手机有关．（2）判断{X}的所有可能取值为{1}，{2}，{3}，求出概率，得到{X}的分布列，然后求解期望与方差．【解答】（1）填表如下：使用手机不使用手机总计学习成绩优秀{10}{40}{50}学习成绩一般{30}{20}{50}总计{40}{60}{100}由上表得{\approx 16.667\gt 10.828}．故有{99.9\% }的把握认为学生的学习成绩与使用手机有关．（2）由题意得，所抽取的{6}位不使用手机的学生中，“学习成绩优秀”的有人，“学习成绩一般”的有人．{X}的所有可能取值为{1}，{2}，{3.}，，．所以{X}的分布列为：{X}{1}{2}{3}{P}故数学期望为．四、解答题（本题共计 6 小题，每题 5 分，共计30分）17.【答案】解：{\left(1\right)}列出所有可能的情况如下：{AD}和{SB}， {AD}和{SC}，{AB}和{SC}，{AB}和{SD}，{BC}和{SA}，{BC}和{SD}，{CD}和{SA}，{CD}和{SB}，因此，在此四棱锥的所有棱中任意取出两条，则取出的两条棱所在的直线异面的取法共有{8}种.{\left(2\right)}分三种情况：①使用五种颜色，即{5}个点的颜色各不相同，共有{\mathrm A_5^5=120}种着色方案；②使用四种颜色，即底面上有两个相对的顶点颜色相同，可把这两个点视为一个整体，共有{\mathrm C_2^1\mathrmA_4^4=48}种着色方案；③使用三种颜色，即底面上相对的顶点颜色相同，可把两对相对的顶点分别视为一个整体，共有{\mathrm A_3^3=6}种着色方案．因此，总共有{120+48+6=174}种着色方案．【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】{\left(1\right)}直接找出所有满足情况；{\left(2\right)}利用分类选取颜色的种数，分类判断即可.【解答】解：{\left(1\right)}列出所有可能的情况如下：{AD}和{SB}， {AD}和{SC}，{AB}和{SC}，{AB}和{SD}，{BC}和{SA}，{BC}和{SD}，{CD}和{SA}，{CD}和{SB}，因此，在此四棱锥的所有棱中任意取出两条，则取出的两条棱所在的直线异面的取法共有{8}种.{\left(2\right)}分三种情况：①使用五种颜色，即{5}个点的颜色各不相同，共有{\mathrm A_5^5=120}种着色方案；②使用四种颜色，即底面上有两个相对的顶点颜色相同，可把这两个点视为一个整体，共有{\mathrm C_2^1\mathrmA_4^4=48}种着色方案；③使用三种颜色，即底面上相对的顶点颜色相同，可把两对相对的顶点分别视为一个整体，共有{\mathrm A_3^3=6}种着色方案．因此，总共有{120+48+6=174}种着色方案．18.【答案】解：{(1)}由题意{{\rm C}^{0}_{n}+{\rm C}^{1}_{n}+{\rm C}^{2}_{n}=46}，即{1+n+\dfrac{n\left( n-1\right) }{2}=46}，所以{n^{2}+n-90=0}，解得{n=9}或{n=-10}（舍去）．令{x=1}，则所有项的系数之和为{3^{9}}．{(2)}{T_{r+1}={\rm C}^{r}_{9}\left( 2x^{3}\right) ^{9-r}\left( x^{-1}\right) ^{r}={\rm C}^{r}_{9}2^{9-r}x^{27-4r}}，令{27-4r=3}，则{r=6}，所以{T_{7}={\rm C}^{6}_{9}2^{3}x^{3}=672x^{3}}．【考点】二项式系数的性质二项展开式的特定项与特定系数【解析】此题暂无解析【解答】解：{(1)}由题意{{\rm C}^{0}_{n}+{\rm C}^{1}_{n}+{\rm C}^{2}_{n}=46}，即{1+n+\dfrac{n\left( n-1\right) }{2}=46}，所以{n^{2}+n-90=0}，解得{n=9}或{n=-10}（舍去）．令{x=1}，则所有项的系数之和为{3^{9}}．{(2)}{T_{r+1}={\rm C}^{r}_{9}\left( 2x^{3}\right) ^{9-r}\left( x^{-1}\right) ^{r}={\rm C}^{r}_{9}2^{9-r}x^{27-4r}}，令{27-4r=3}，则{r=6}，所以{T_{7}={\rm C}^{6}_{9}2^{3}x^{3}=672x^{3}}．19.【答案】解：{(1)}∵{△ABC}和{△SBC}都为等边三角形，且有公共边{BC}，∴{AB=SB=BC=AC=SC}．∵{P}为{SA}的中点，所以{SA⊥BP}，{SA⊥CP}，又∵{BP \cap CP=P}，∴{SA⊥}平面{PBC}．{(2)}取{BC}的中点{O}，连接{OA}，{OS}，易得{OS\perp BC}，{OA\perp BC}，{OS=\sqrt{3}}，{OA=\sqrt{3}}，∵{OA^2+OB^2=AS^2}，∴{\angle AOS=90^{\circ}}，{\angle AOS}为二面角{A-BC-S}的平面角．即面{SBC⊥}面{ABC}，可得{OA}，{OB}，{OS}两两垂直．以{O}为坐标原点，{\overrightarrow{OA}}，{\overrightarrow{OB}}，{\overrightarrow{OS}}的方向分别为{ }{x}，{y}，{z}轴的正方向建立空间直角坐标系，如图．设{AB=2}，则{AO=OS=\sqrt{3}}，则{A\left(\sqrt{3}, 0,0\right)}，{B(0, 1,0)}，{C\left(0, -1,0\right)}，{S\left(0, 0,\sqrt 3\right)}，{Q( {\dfrac{2\sqrt{3}}{3}, 0, \dfrac{\sqrt{3}}{3})}}．∴{\overrightarrow{CA}=\left(\sqrt{3}, 1,0\right)}，{\overrightarrow{SA}=\left(\sqrt{3}, 0, -\sqrt{3}\right)}，{\overrightarrow{BQ}=(\dfrac{2\sqrt 3}{3},-1, \dfrac{\sqrt{3}}{3})}．设平面{SAC}的一个法向量为{\overrightarrow{n}=\left(x,y,z\right)}，则{\left\{ \begin{array} {l}{\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{CA}=\sqrt{3}x+y=0,} \\ {\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{SA}=\sqrt{3}x-\sqrt 3z=0,} \end{array} \right. }，令{x=1}，可得{\overrightarrow{n}= ( 1,-\sqrt{3},1) }，设{BQ}与平面{SAC}所成角为{\theta}，则{\sin \theta=|\cos<\overrightarrow{BQ}\cdot \overrightarrow{n}>|=\dfrac{|\overrightarrow{BQ}\cdot \overrightarrow{n}|} {|\overrightarrow{BQ}|\cdot \overrightarrow{n}}=\dfrac{\frac{2\sqrt 3}{3}+\sqrt 3+\frac{\sqrt 3}{3}}{\sqrt{\frac{4}{3}+1+\frac{1}{3}\times \sqrt{1+3+1}}}=\dfrac{3\sqrt {10}}{10}}．【考点】用空间向量求直线与平面的夹角直线与平面垂直的判定【解析】{(1)}答案未提供解析．{(2)}答案未提供解析．【解答】解：{(1)}∵{△ABC}和{△SBC}都为等边三角形，且有公共边{BC}，∴{AB=SB=BC=AC=SC}．∵{P}为{SA}的中点，所以{SA⊥BP}，{SA⊥CP}，又∵{BP \cap CP=P}，∴{SA⊥}平面{PBC}．{(2)}取{BC}的中点{O}，连接{OA}，{OS}，易得{OS\perp BC}，{OA\perp BC}，{OS=\sqrt{3}}，{OA=\sqrt{3}}，∵{OA^2+OB^2=AS^2}，∴{\angle AOS=90^{\circ}}，{\angle AOS}为二面角{A-BC-S}的平面角．即面{SBC⊥}面{ABC}，可得{OA}，{OB}，{OS}两两垂直．以{O}为坐标原点，{\overrightarrow{OA}}，{\overrightarrow{OB}}，{\overrightarrow{OS}}的方向分别为{}{x}，{y}，{z}轴的正方向建立空间直角坐标系，如图．设{AB=2}，则{AO=OS=\sqrt{3}}，则{A\left(\sqrt{3}, 0,0\right)}，{B(0, 1,0)}，{C\left(0, -1,0\right)}，{S\left(0, 0,\sqrt 3\right)}，{Q( {\dfrac{2\sqrt{3}}{3}, 0, \dfrac{\sqrt{3}}{3})}}．∴{\overrightarrow{CA}=\left(\sqrt{3}, 1,0\right)}，{\overrightarrow{SA}=\left(\sqrt{3}, 0, -\sqrt{3}\right)}，{\overrightarrow{BQ}=(\dfrac{2\sqrt 3}{3},-1, \dfrac{\sqrt{3}}{3})}．设平面{SAC}的一个法向量为{\overrightarrow{n}=\left(x,y,z\right)}，则{\left\{ \begin{array} {l}{\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{CA}=\sqrt{3}x+y=0,} \\ {\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{SA}=\sqrt{3}x-\sqrt 3z=0,} \end{array} \right. }，令{x=1}，可得{\overrightarrow{n}= ( 1,-\sqrt{3},1) }，设{BQ}与平面{SAC}所成角为{\theta}，则{\sin \theta=|\cos<\overrightarrow{BQ}\cdot \overrightarrow{n}>|=\dfrac{|\overrightarrow{BQ}\cdot \overrightarrow{n}|} {|\overrightarrow{BQ}|\cdot \overrightarrow{n}}=\dfrac{\frac{2\sqrt 3}{3}+\sqrt 3+\frac{\sqrt 3}{3}}{\sqrt{\frac{4}{3}+1+\frac{1}{3}\times \sqrt{1+3+1}}}=\dfrac{3\sqrt {10}}{10}}．20.【答案】（1）记顾客获得半价优惠为事件{A}，则{P(A) = \dfrac{3 \times 2 \times 1}{4 \times 4 \times 4} = \dfrac{3}{32}}，两个顾客至少一个人获得半价优惠的概率：{P}＝{1-P(\overline{A})P(\overline{A})}＝{1-(1 - \dfrac{3}{32})^{2} = \dfrac{183}{1024}}．（2）若选择方案一，则付款金额为{320-50}＝{270}元．若选择方案二，记付款金额为{X}元，则{X}可取{160}，{224}，{256}，{320}．{P(X}＝{160) = \dfrac{3}{32}}，{P(X}＝{224) = \dfrac{3 \times 2 \times 3 + 3 \times 2 \times 1 + 1 \times 2 \times 1}{4 \times 4 \times 4} = \dfrac{13} {32}}，{P(X}＝{256) = \dfrac{3 \times 2 \times 3 + 1 \times 2 \times 3 + 1 \times 2 \times 1}{4 \times 4 \times 4} = \dfrac{13} {32}}，{P(X}＝{320) = \dfrac{1 \times 2 \times 3}{4 \times 4 \times 4} = \dfrac{3}{32}}，则{E(X)}＝{160 \times \dfrac{3}{32} + 224 \times \dfrac{13}{32} + 256 \times \dfrac{13}{32} + 320 \times \dfrac{3} {32} = 240}．∵{270\gt 240}，∴第二种方案比较划算．【考点】互斥事件的概率加法公式相互独立事件的概率乘法公式相互独立事件【解析】{(}Ⅰ{)}先求出顾客获得半价优惠的概率，由此利用对立事件概率计算公式能求出两个顾客至少一个人获得半价优惠的概率．{(}Ⅱ{)}分别求出方案一和方案二和付款金额，由此能比较哪一种方案更划算．【解答】（1）记顾客获得半价优惠为事件{A}，则{P(A) = \dfrac{3 \times 2 \times 1}{4 \times 4 \times 4} = \dfrac{3}{32}}，两个顾客至少一个人获得半价优惠的概率：{P}＝{1-P(\overline{A})P(\overline{A})}＝{1-(1 - \dfrac{3}{32})^{2} = \dfrac{183}{1024}}．（2）若选择方案一，则付款金额为{320-50}＝{270}元．若选择方案二，记付款金额为{X}元，则{X}可取{160}，{224}，{256}，{320}．{P(X}＝{160) = \dfrac{3}{32}}，{P(X}＝{224) = \dfrac{3 \times 2 \times 3 + 3 \times 2 \times 1 + 1 \times 2 \times 1}{4 \times 4 \times 4} = \dfrac{13} {32}}，{P(X}＝{256) = \dfrac{3 \times 2 \times 3 + 1 \times 2 \times 3 + 1 \times 2 \times 1}{4 \times 4 \times 4} = \dfrac{13} {32}}，{P(X}＝{320) = \dfrac{1 \times 2 \times 3}{4 \times 4 \times 4} = \dfrac{3}{32}}，则{E(X)}＝{160 \times \dfrac{3}{32} + 224 \times \dfrac{13}{32} + 256 \times \dfrac{13}{32} + 320 \times \dfrac{3} {32} = 240}．∵{270\gt 240}，∴第二种方案比较划算．21.【答案】解：{(1)}相关系数{r=\dfrac{\sum \limits_{i=1}^5(x_i-\overline{x})(y_i-\overline{y})}{\sqrt{\sum \limits_{i=1}^5(x_i-\overline{x})^2\sum \limits_{i=1}^5(y_i-\overline{y})^2}}}{=\dfrac{-312.60}{\sqrt{328.80\times 309.20}}\approx \dfrac{-312.60}{318.85}\approx -0.98}．∵{|r|\gt 0.75}，∴{y}与{x}的线性相关性很强，从而可以用线性回归模型拟合{y}与{x}的关系．{(2)}∵{\overline{x} =\dfrac{3+4+9+15+25}{5}=11.20}，{\overline{y} =\dfrac{25+23+16+10+4}{5}=15.60}，∴{\hat b=\dfrac{\sum\limits ^{5}_{i=1}\left( x_{i}-\overline{x} \right) \left( y_{i}-\overline{y} \right) }{\sum\limits^{5}_{i=1}\left( x_{i}-\overline {x}\right) ^{2}}=\dfrac{-312.60}{328.80}\approx 0.95}，{\widehat {a}=\overline {y}-\widehat{b}\overline {x}≈15.60+0.95\times 11.20=26.24}，故线性回归方程为{\widehat {y}=-0.95x+26.24}．当{x=12}时，{ \widehat {y}=-0.95\times 12+26.24=14.84≈15}，则估计一棵树龄为{12}年的大树上，槲寄生的株数为{15}．【考点】相关系数的求法求解线性回归方程【解析】无无【解答】解：{(1)}相关系数{r=\dfrac{\sum \limits_{i=1}^5(x_i-\overline{x})(y_i-\overline{y})}{\sqrt{\sum \limits_{i=1}^5(x_i-\overline{x})^2\sum \limits_{i=1}^5(y_i-\overline{y})^2}}}{=\dfrac{-312.60}{\sqrt{328.80\times 309.20}}\approx \dfrac{-312.60}{318.85}\approx -0.98}．∵{|r|\gt 0.75}，∴{y}与{x}的线性相关性很强，从而可以用线性回归模型拟合{y}与{x}的关系．{(2)}∵{\overline{x} =\dfrac{3+4+9+15+25}{5}=11.20}，{\overline{y} =\dfrac{25+23+16+10+4}{5}=15.60}，∴{\hat b=\dfrac{\sum\limits ^{5}_{i=1}\left( x_{i}-\overline{x} \right) \left( y_{i}-\overline{y} \right) }{\sum\limits^{5}_{i=1}\left( x_{i}-\overline {x}\right) ^{2}}=\dfrac{-312.60}{328.80}\approx 0.95}，{\widehat {a}=\overline {y}-\widehat{b}\overline {x}≈15.60+0.95\times 11.20=26.24}，故线性回归方程为{\widehat {y}=-0.95x+26.24}．当{x=12}时，{ \widehat {y}=-0.95\times 12+26.24=14.84≈15}，则估计一棵树龄为{12}年的大树上，槲寄生的株数为{15}．22.【答案】即{ON\perp }平面{A{'}DM...3}’（2）取{A{'}D}中点{E}，连接{EF}、{EM}∵{F}是{A{'}C}中点∴{EF\mathop{\substack{= }}^{\,//\,}\dfrac{1}{2}CD...4}’又{M}是{AB}中点∴在菱形{ABCD}中，{BM\mathop{\substack{= }}^{\,//\,}\dfrac{1}{2}CD}∴{EF\mathop{\substack{= }}^{\,//\,}BM...5}’∴{EFBM}是平行四边形∴{BF\,//\,EM...6}’∵{EM\subset }平面{A{'}DM}，{BF⊄ }平面{A{'}DM...7}’∴{BF\,//\,}平面{A{'}DM...8}’解：（3）∵{AB= 2BC= 2}，{M}是{AB}中点∴{A{'}D= A{'}M= 1}∵菱形{ADNM}中{O}是{DM}中点∴{A{'}O\perp DM}∵平面{A{'}DM\perp }平面{ABCD}∴{A{'}O\perp }平面{ABCD...9}’以{ON}为{x}轴，{OM}为{y}轴，{OA{'}}为{z}轴建立如图空间直角坐标系，{\angle ADN= \angle ABC= 120^{{\circ} }}在{\triangle ADN}中{AD= DN= 1}，∴{AN= \sqrt{AD^{2}+ DN^{2}-2AD\cdot DN\cos 120^{{\circ} } }= \sqrt{3}}同理求得{DM= AD= AM= 1}∴{N(\dfrac{\sqrt{3}}{2}，0，0)、D(0,\dfrac{1}{2},0)、A′(0,0,\dfrac{\sqrt{3}}{2})}∵{M}是{CD}中点∴{C(\sqrt{3}，\dfrac{1}{2}，0)}∵{F}是{A{'}C}中点∴{F(\dfrac{\sqrt{3}}{2}，\dfrac{1}{4}，\dfrac{\sqrt{3}}{4})}…{11}’∵{NO\perp }平面{A{'}DM}∴平面{A{'}DM}的一个法向量{\overrightarrow{ON}= (\dfrac{\sqrt{3}}{2},0,0)}∵{\overrightarrow{OF}= (\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{4},\dfrac{\sqrt{3}}{4})}∴{\mathrel{|} \overrightarrow{OF}\mathrel{|} = \sqrt{\dfrac{1}{4}+ \dfrac{1}{16}+ \dfrac{3}{16}}= 1}设{OF}与平面{A{'}DM}所成的角为{\theta }，{0\lt \theta \lt \dfrac{\pi }{2}...12}’则{\sin \theta = \mathrel{|} \cos \lt \overrightarrow{OF}，\overrightarrow{ON}\gt \mathrel{|} = \mathrel{|} \dot{\mathrel{|}\overrightarrow{OF}\mathrel{|} \mathrel{|} \overrightarrow{ON}\mathrel{|} }\mathrel{|} ...13}’{= \dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}}{1\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}}∴{\theta = \dfrac{\pi }{3}...14}’∴直线{FO}与平面{A{'}DM}所成的角为{\dfrac{\pi }{3}...15}’【考点】用空间向量求直线与平面的夹角直线与平面平行的判定直线与平面垂直的判定直线与平面所成的角【解析】（1）连接{MN}，根据菱形的对角线互相垂直，平面{A{'}DM\perp }平面{BCD}，及面面垂直的性质定理可得{AN\perp }平面{A{'}DM}，即{ON\perp }平面{A{'}DM}（2）取{A{'}D}中点{E}，连接{EF}、{EM}，根据中位定理及平行四边形的判定定理可得{EFBM}是平行四边形，进而根据平行四边形的性质及线面平行的判定定理得到{BF\,//\,}平面{A{'}DM}；（3）证得{A{'}O\perp }平面{ABCD}后，以{ON}为{x}轴，{OM}为{y}轴，{OA{'}}为{z}轴建立如图空间直角坐标系，分别求出直线{FO}的方向向量与平面{A{'}DM}的法向量，代入向量坐标公式，可得答案．【解答】即{ON\perp }平面{A{'}DM...3}’（2）取{A{'}D}中点{E}，连接{EF}、{EM}∵{F}是{A{'}C}中点∴{EF\mathop{\substack{= }}^{\,//\,}\dfrac{1}{2}CD...4}’又{M}是{AB}中点∴在菱形{ABCD}中，{BM\mathop{\substack{= }}^{\,//\,}\dfrac{1}{2}CD}∴{EF\mathop{\substack{= }}^{\,//\,}BM...5}’∴{EFBM}是平行四边形∴{BF\,//\,EM...6}’∵{EM\subset }平面{A{'}DM}，{BF⊄ }平面{A{'}DM...7}’∴{BF\,//\,}平面{A{'}DM...8}’解：（3）∵{AB= 2BC= 2}，{M}是{AB}中点∴{A{'}D= A{'}M= 1}∵菱形{ADNM}中{O}是{DM}中点∴{A{'}O\perp DM}∵平面{A{'}DM\perp }平面{ABCD}∴{A{'}O\perp }平面{ABCD...9}’以{ON}为{x}轴，{OM}为{y}轴，{OA{'}}为{z}轴建立如图空间直角坐标系，{\angle ADN= \angle ABC= 120^{{\circ} }}在{\triangle ADN}中{AD= DN= 1}，∴{AN= \sqrt{AD^{2}+ DN^{2}-2AD\cdot DN\cos 120^{{\circ} } }= \sqrt{3}}同理求得{DM= AD= AM= 1}∴{N(\dfrac{\sqrt{3}}{2}，0，0)、D(0,\dfrac{1}{2},0)、A′(0,0,\dfrac{\sqrt{3}}{2})}∵{M}是{CD}中点∴{C(\sqrt{3}，\dfrac{1}{2}，0)}∵{F}是{A{'}C}中点∴{F(\dfrac{\sqrt{3}}{2}，\dfrac{1}{4}，\dfrac{\sqrt{3}}{4})}…{11}’∵{NO\perp }平面{A{'}DM}∴平面{A{'}DM}的一个法向量{\overrightarrow{ON}= (\dfrac{\sqrt{3}}{2},0,0)}∵{\overrightarrow{OF}= (\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{4},\dfrac{\sqrt{3}}{4})}∴{\mathrel{|} \overrightarrow{OF}\mathrel{|} = \sqrt{\dfrac{1}{4}+ \dfrac{1}{16}+ \dfrac{3}{16}}= 1}设{OF}与平面{A{'}DM}所成的角为{\theta }，{0\lt \theta \lt \dfrac{\pi }{2}...12}’则{\sin \theta = \mathrel{|} \cos \lt \overrightarrow{OF}，\overrightarrow{ON}\gt \mathrel{|} = \mathrel{|} \dot{\mathrel{|} \overrightarrow{OF}\mathrel{|} \mathrel{|} \overrightarrow{ON}\mathrel{|} }\mathrel{|} ...13}’{= \dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}}{1\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}}∴{\theta = \dfrac{\pi }{3}...14}’∴直线{FO}与平面{A{'}DM}所成的角为{\dfrac{\pi }{3}...15}’。
2022-2023学年人教A版高二下数学月考试卷(含解析)
2022-2023学年高中高二下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）1. 命题“中，若，则是钝角三角形”与它的逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中，真命题的个数是A.B.C.D.2. 现有名同学去听同时进行的个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )A.B.C.D.3. 已知命题：函数的导函数为；：函数的导函数为，则下列命题中为真命题的是（ ）A.B.C.D.4. 若命题“如果，那么”为真，则（ ）A.B.非非C.非非D.非5. 设，则随机变量的分布列如图，则当在内增大时( )A.增大B.减小△ABC A +B <A B 2C 2C 2△ABC ( )12343606481360p y =sin x y =cos x q y =cos x y =sin x p ∧q(¬p)∧(¬q)(¬p)∧qp ∧(¬q)p q q ⇒pp ⇒qq ⇒pq ⇒p0<a <1x a (0，1)D(X)D(X)D(X)C.先增大后减小D.先减小后增大6. 下列命题正确的是（ ）A.单位向量都相等B.若，则C.若与是单位向量，则D.若与是共线向量，与是共线向量，则与是共线向量7. 如图，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则向量等于（ ）A.B.C.D.8. 已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布，从中随机取一件，其长度误差落在区间内的概率是（ ）（附：随机变量服从正态分布，则＝，＝，）A.B.C.D.9. 已知向量，满足，且，则( )A.B.C.D.D(X)D(X)|+|=|−|a →b →a →b →⋅=0a →b →a 0→b 0→⋅=1a →0b →0a →b →b →c →a →c →ABCD −A 1B 1C 1D 1O AC BD =A 1B 1−→−−a →=A 1D 1−→−−b →=AA 1−→−c →O B 1−→−++12a →12b →c →−+12a →12b →c →−++12a →12b →c →−−+12a →12b →c →N(0,)42(4,8)ξN(μ,)σ2P(μ−σ<ξ≤μ+σ)68.26%P(μ−2σ<ξ≤μ+2σ)95.44%4.56%13.59%27.18%31.74%a →b →|−|=2||=2a →b →a →2–√⋅=0a →b →||=b →2–√6–√2410. 已知，，则，最大值为（ ）A.B.C.D.11. 已知且），则在定义域内为增函数的充分不必要条件是( )A.B.C.D.12. 如图，圆锥的底面直径，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）A.B.C.D.卷II （非选择题）二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 在人民大会堂北大厅，有一条从北门通向万人大会堂的通道．每年两会，媒体们常在这里“围堵部长”打响“新闻大战”，而部长们也在此传达重要讯息，“部长通道”逐渐成为两会最受瞩目的环节之一，年全国两会期间某天的“部长通道”上，中国教育报等家新闻媒体“围堵”住教育部陈宝生部长在内的位部长．且拟定每位部长接受家媒体采访，每家媒体只能采访一位部长，同时指定中国教育报记者采访陈宝生部长，则不同的采访方式共有________种（用数字作答）.14. 甲、乙、丙三人的投篮命中率分别为，，，如果他们三人每人投篮一次，则至少一人命=(1,1,1)a →=(0,y,1)(0≤y ≤1)b →cos <a →>b →3–√32–√33–√26–√3f(x)=x(a >0log a a ≠1y =f (x)2<a <3a >10<a <1<a <1312AB =2AD =3–√AD BC 03–√33–√42–√220219330.80.70.6中的概率为________ .15. 的展开式中的系数是________.16. 已知有男女共名记者参加年的两会新闻报道，现从中选取人分配到，两个组，每个组人，其中组的人中，要求女性的人数多于男性，组的人中，要求至少有名女性，则不同的分配方法数为________.三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 甲、乙两个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为和．求：两个人都译出密码的概率；恰有个人译出密码的概率；若要达到译出密码的概率为，至少需要像乙这样的人多少个？（附：，）18. 如图所示，在平行六面体中，，分别在和上，且，．（1）证明：、、、四点共面．（2）若，求． 19. 实施乡村振兴战略，优先发展教育事业．教育既承载着传播知识、塑造文明乡风的功能，更为乡村建设提供了人才支撑．为了补齐落后地区教育发展的短板，解决落后地区优秀教师资源匮乏的问题，某教育局从名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动．支教活动共分批次进行，每次支教需要同时派送名教师，且每次派送人员均从人中随机抽选．求名优秀教师中的“甲”在这批次活动中有且只有一次被抽选到的概率；某接受支教学校需要名教师完成一项特殊教学任务，每次只能派一个人，且每个人只派一次，如果前一位教师在一定时间内不能完成教学任务，则再派另一位教师，且无论第三位教师能否完成任务，均不再指派教师．现只有本校教师与支教教师，三人可派，他们各自完成任务的概率分别为，，，假设，且三人能否完成任务相互独立．若教师因个人原因要求第一个被派出，之后按某种指定顺序派人，试分析以怎样的顺序派出教师，可使所需派出教师的人员数目的数学期望达到最小 .20. 如图，在三棱柱中，，分别是、的中点，＝，＝＝，＝，．Ⅰ证明：平面；Ⅱ求二面角的平面角的正弦值．21. 已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为，，．现采用分层抽样的方法从中抽取人，进行睡眠时间的调查．应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？若抽出的人中有人睡眠不足，人睡眠充足，现从这人中随机抽取人做进一步的身体检查．用表示抽取的人中睡眠不足的员工人数，求随机变量的数学期望和方差；设为事件“抽取的人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件发生的概率．(1+)x 2(1+x)6x 4551020218A B 4A 4B 411314(1)(2)1(3)99%lg2=0.3010log3=0.4771ABCD −A 1B 1C 1D 1E F BB 1DD 1BE =B 13B 1DF =D 23D 1AE C 1F =x +y +z EF −→−AB −→−AD −→−AA 1−→−x +y +z 6326(1)63(2)3A B C p 1p 2p 3<<<1p 3p 2p 1A ABC −A 1B 1C 1D E B 1C 1BC ∠BAC 90∘AB AC 2A A 14E =A 114−−√()D ⊥A 1BC A 1()A −BD −B 13248327(1)(2)73473(ⅰ)X 3X (ⅱ)A 3A ABCD −A B C D A B B C22. 如图，在棱长为的正方体中，，分别是和的中点．求点到平面的距离；求与平面所成的角的余弦值．4ABCD −A 1B 1C 1D 1E F A 1B 1B 1C 1(1)D BEF (2)BD BEF参考答案与试题解析2022-2023学年高中高二下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）1.【答案】C【考点】四种命题的真假关系【解析】【解答】解：因为原命题是真命题，所以逆否命题是真命题.其逆命题为“若是钝角三角形，则”，这是一个假命题，于是否命题也是假命题，因此真命题的个数是．故选 .2.【答案】C【考点】分步乘法计数原理【解析】名同学去听同时进行的个课外知识讲座，实际上是有个人选择座位，且每人有种选择方法，根据分步计数原理得到结果．【解答】解：∵每位同学均有种讲座可选择，∴位同学共有种.故选．3.【答案】D【考点】复合命题及其真假判断【解析】此题暂无解析【解答】略4.△ABC A +B <A B 2C 2C 22C 4343343×3×3×3=81CC【考点】命题的真假判断与应用四种命题的真假关系【解析】根据逆否命题的等价性即可得到结论．【解答】解：若命题“如果，那么”为真，则成立，根据逆否命题的等价性可知：非非成立．故选：．5.【答案】D【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】此题暂无解析【解答】解：由表格数据可得：，由可知：，∴为关于的二次函数，其图象开口向上，对称轴为.故当在内增大时，先减小后增大.故选.6.【答案】B【考点】命题的真假判断与应用向量的共线定理p q p ⇒q q ⇒p C E(X)=×0+×a +×1=(a +1)13131313D(X)=E{[X −E(X)}]2D(X)=[0−(a +1)+[a −(a +1)+[1−(a +1)1313]21313]21313]2=(−a +1)29a 2D(X)a a =12a (0，1)D(X)D向量的模【解析】由单位向量与向量相等的定义，判断是错误的；由零向量与任意向量方向相同，若是零向量时，不一定成立；由，推出，判断是正确的；由单位向量与数量积的定义，判断是错误的．【解答】解：对于，单位向量是模长为的向量，它们的方向是任意的，∴单位向量不一定相等，错误；对于，若，则，∴，即，∴正确；对于，与是单位向量，且夹角为，∴，∴错误．对于，∵零向量与任意向量方向相同，都共线，若是零向量，则与不一定共线，∴错误.故选．7.【答案】C【考点】空间向量的加减法【解析】要表示向量，只需要用给出的基底，，表示出来即可，要充分利用图形的直观性，熟练利用向量加法的三角形法则进行运算．【解答】解：故答案选：8.【答案】B【考点】正态分布的密度曲线A b →B |+|=|−|a →b →a →b →⋅=0a →b →CD A 1A B |+|=|−|a →b →a →b →+2⋅+=−2⋅+a →2a →b →b →2a →2a →b →b →24⋅=0a →b →⋅=0a →b →B C a 0→b 0→θ⋅=1×1×cos θ=cos θ≤1a →0b →0C D b →a →c →D B O B 1−→−a →b →c →=+O B 1−→−B B 1−→−BO −→−=+A A 1−→−12BD −→−=+A A 1−→−12B 1D 1−→−−=+(−)c →12A 1D 1−→−−A 1B 1−→−−=+(−)c →12b →a →=−++12a →12b →c →C【解析】由题意＝，＝，可得．【解答】由题意＝，＝，∴＝即从中随机取一件，其长度误差落在区间内的概率是．9.【答案】B【考点】空间向量的数量积运算向量的模【解析】此题暂无解析【解答】解：由，得，且，，得，∴.故选.10.【答案】D【考点】空间向量的夹角与距离求解公式【解析】根据两向量的数量积求出夹角的余弦值，，再利用换元法求出它的最大值即可．【解答】解：∵，，∴，，，∴，；P(−4<ξ<4)0.6826P(−8<ξ<8)0.9544P(4<ξ<8)=(0.9544−0.6826)12P(−4<ξ<4)0.6826P(−8<ξ<8)0.9544P(4<ξ<8)=(0.9544−0.6826)120.13(59)(4,8)13.59%|−|=2a →b →2–√−2⋅+=8a →2a →b →b →2||=a →2–√⋅=0a →b →=6b →2||=b →6–√B cos <a →>b →=(1,1,1)a →=(0,y,1)(0≤y ≤1)b →⋅=y +1a →b →||=a →3–√||=b →+1y 2−−−−−√cos <a →>==b →||×||a →b →˙y +1⋅3–√+1y 2−−−−−√t =+12−−−−−√−1=22设，则，∴，∴；设，则，即，∴，∴当时，取得最大值为．故选：．11.【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断对数函数的单调性与特殊点【解析】若在定义域内为增函数，则，利用集合的包含关系，结合充分必要条件定义求解即可.【解答】解：且），若在定义域内为增函数，则，由于，∴在定义域内为增函数的充分不必要条件可以是.故选.12.【答案】C【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离【解析】此题暂无解析【解答】命题意图本题考查圆锥的结构特征以及异面直线所成的角．解析如图，延长交圆于，连接，，易知为异面直线与所成的角．因为圆锥侧面展开图为半圆，所以，所以，在中，，由余弦定理得二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】t =+1y 2−−−−−√−1=t 2y 2y =(1≤t ≤)−1t 2−−−−−√2–√f(t)=⋅=(+)13–√+1−1t 2−−−−−√t 13–√1−1t 2−−−−−−√1t sin α=1t 1≥sin α≥2–√2≤α≤π4π2g(α)=(+sin α)13–√1−αsin 2−−−−−−−−√=(cos α+sin α)13–√=sin(α+)2–√3–√π4α=π4g(α)=2–√3–√6–√3D y =f (x)a >1f(x)=x(a >0log a a ≠1y =f (x)a >1(2,3) (1,+∞)y =f (x)(2,3)A D0E BE CE AD =BE =,AD//BE,∠EBC 3–√AD BC BC ×π=2πBC =2△BEC BC =CE =2,BE =3–√cos ∠EBC ==+−22()3–√2222×2×3–√3–√4排列、组合及简单计数问题分步乘法计数原理【解析】根据题意，分步进行分析：①在其余家媒体中任选个，安排他们与中国教育报记者一起采访陈宝生部长，②将剩下的家新闻媒体分成组，对应采访其余的位部长，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分步进行分析：①在其余家媒体中任选个，与中国教育报记者一起采访陈宝生部长，有种情况；②将剩下的家新闻媒体分成组，对应采访其余的位部长，有种情况，则一共有种采访方式.故答案为：.14.【答案】【考点】对立事件的概率公式及运用相互独立事件的概率乘法公式【解析】由相互独立事件的概率求解.【解答】解：至少一人命中的对立事件为：无人命中，无人命中的概率为.故至少一人命中的概率为：.故答案为：.15.【答案】【考点】二项式系数的性质二项展开式的特定项与特定系数【解析】由题意，得到二项式展开式的通项公式，进而即可得到的展开式中的项，再求解即可.【解答】解：已知二项式展开式的通项公式为，所以的展开式中的项为，则的展开式中的系数为.故答案为：.282622282=28C 28622×=20C 36C 33A 22A 2228×20=5605600.9760.2×0.3×0.4=0.0241−0.024=0.9760.97630(1+x)6(1+)(1+x x 2)6x 4(1+x)6=T r+1C r 6x r (1+)(1+x x 2)6x 41⋅+⋅=(+)C 46x 4x 2C 26x 2x 4C 46C 26(1+)(1+x x 2)6x 4+=30C 46C 2630【考点】排列、组合及简单计数问题分类加法计数原理【解析】此题暂无解析【解答】解：组分配女男，组分配女男的方法数为，组分配女男，组分配女男的方法数为，组分配女，组分配女男的方法数为，所以不同的分配方法数为.故答案为：.三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：记“甲独立地译出密码”为事件，“乙独立地译出密码”为事件，，为相互独立事件，且，．两个人都译出密码的概率为：．恰有个人译出密码可以分为两类：甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，所以恰有个人译出密码的概率为：.假设有个像乙这样的人分别独立地破译密码，要译出密码相当于至少有个译出密码，其对立事件为所有人都未译出密码，故能译出密码的概率为：，即，故，，即至少有像乙这样的人名，才能使译出密码的概率达到 ．【考点】对立事件的概率公式及运用相互独立事件的概率乘法公式互斥事件的概率加法公式【解析】750A 31B 13=400C 35C 15C 12C 34A 31B 22=300C 35C 15C 24A 4B 13=50C 45C 35750750(1)A B A B P (A)=13P (B)=14P (AB)=P (A)×P (B)=×=1314112(2)11P(A +B)=P(A )+P(B)B ¯¯¯¯A ¯¯¯¯B ¯¯¯¯A ¯¯¯¯=P(A)P()+P()P(B)B ¯¯¯¯A ¯¯¯¯=×(1−)+(1−)×=131********(3)n 11−=1−(P ())B ¯¯¯¯n()34n1−≥0.99()34n≤0.01()34n n ≥0.01==16.01log 3422lg2−lg31799%解：记“甲独立地译出密码”为事件，“乙独立地译出密码”为事件，，为相互独立事件，且，．两个人都译出密码的概率为：．恰有个人译出密码可以分为两类：甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，所以恰有个人译出密码的概率为：.假设有个像乙这样的人分别独立地破译密码，要译出密码相当于至少有个译出密码，其对立事件为所有人都未译出密码，故能译出密码的概率为：，即，故，，即至少有像乙这样的人名，才能使译出密码的概率达到 ．18.【答案】证明：∵平行六面体中，，，∴，，，，且平面平面，，∴，…∴，同理，故为平行四边形，∴、、、四点共面．…（2）解：如图所示：，即，，，∴【考点】空间向量的加减法空间向量的基本定理及其意义平面的基本性质及推论【解析】（1）由，，，，且平面平面，，知，进而，同理，故为平行四边形，由此能够证明、、、四点共面．（2）结合图形和向量的加法和减法运算进行求解．(1)A B A B P (A)=13P (B)=14P (AB)=P (A)×P (B)=×=1314112(2)11P(A +B)=P(A )+P(B)B ¯¯¯¯A ¯¯¯¯B ¯¯¯¯A ¯¯¯¯=P(A)P()+P()P(B)B ¯¯¯¯A ¯¯¯¯=×(1−)+(1−)×=131********(3)n 11−=1−(P ())B ¯¯¯¯n()34n1−≥0.99()34n≤0.01()34n n ≥0.01==16.01log 3422lg2−lg31799%ABCD −A 1B 1C 1D 1BE =B 13B 1DF =D 23D 1AB //C 1D 1AB =C 1D 1BE //F D 1BE =F D 1ABE //F C 1D 1∠ABE =∠F C 1D 1△ABE ≅△F C 1D 1AE =F C 1AF =E C 1AE F C 1A E C 1F =+=++=++−=−+−=−+EF −→−EB 1−→−F B 1−→−EB 1−→−B 1D 1−→−−F D 1−→−23BB 1−→−B 1A 1−→−−B 1C 1−→−−13DD 1−→−−23AA 1−→−AB −→−AD −→−13AA 1−→−AB −→−AD −→−+=x +y +z 13AA 1−→−AB −→−AD −→−AA 1−→−x =−a y =1z =13x +y +z =13AB //C 1D 1AB =C 1D 1BE //F D 1BE =F D 1ABE //F C 1D 1∠ABE =∠F C 1D 1△ABE ≅△F C 1D 1AE =F C 1AF =E C 1AE F C 1A E C 1F【解答】证明：∵平行六面体中，，，∴，，，，且平面平面，，∴，…∴，同理，故为平行四边形，∴、、、四点共面．…（2）解：如图所示：，即，，，∴19.【答案】解：依题意，名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中被抽取到概率为，则三次抽取中“甲”恰有一次被抽取到的概率为．设表示先后再完成任务所需人员数目，则，设表示先后再完成任务所需人员数目，则，又，故按照先后再的顺序派出所需人数期望最小．【考点】古典概型及其概率计算公式离散型随机变量的期望与方差【解析】无无【解答】解：依题意，名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中被抽取到概率为，则三次抽取中“甲”恰有一次被抽取到的概率为．设表示先后再完成任务所需人员数目，则，设表示先后再完成任务所需人员数目，则，又，ABCD −A 1B 1C 1D 1BE =B 13B 1DF =D 23D 1AB //C 1D 1AB =C 1D 1BE //F D 1BE =F D 1ABE //F C 1D 1∠ABE =∠F C 1D 1△ABE ≅△F C 1D 1AE =F C 1AF =E C 1AE F C 1A E C 1F =+=++=++−=−+−=−+EF −→−EB 1−→−F B 1−→−EB 1−→−B 1D 1−→−−F D 1−→−23BB 1−→−B 1A 1−→−−B 1C 1−→−−13DD 1−→−−23AA 1−→−AB −→−AD −→−13AA 1−→−AB −→−AD −→−+=x +y +z 13AA 1−→−AB −→−AD −→−AA 1−→−x =−a y =1z =13x +y +z =13(1)6=C 15C 2613P ==C 1313()23249(2)X A B C X 123P p 1(1−)p 1p 2(1−)(1−)p 1p 2E(X)=+2(1−)+3(1−)(1−)=−2−+3p 1p 1p 2p 1p 2p 1p 2p 1p 2Y A C B Y 123P p 1(1−)p 1p 3(1−)(1−)p 1p 3E(Y )=+2(1−)+3(1−)(1−)=−2−+3p 1p 1p 3p 1p 3p 1p 3p 1p 3E(Y )−E(X)=(−1)(−)>0p 1p 3p 2A B C (1)6=C 15C 2613P ==C 1313()23249(2)X A B C X 123P p 1(1−)p 1p 2(1−)(1−)p 1p 2E(X)=+2(1−)+3(1−)(1−)=−2−+3p 1p 1p 2p 1p 2p 1p 2p 1p 2Y A C B Y 123P p 1(1−)p 1p 3(1−)(1−)p 1p 3E(Y )=+2(1−)+3(1−)(1−)=−2−+3p 1p 1p 3p 1p 3p 1p 3p 1p 3E(Y )−E(X)=(−1)(−)>0p 1p 3p 2AC故按照先后再的顺序派出所需人数期望最小．20.【答案】证明：Ⅰ∵在三棱柱中，，分别是、的中点，＝，＝＝，∴，，＝，∵＝，．∴，∴，∵＝，∴平面，∵，∴平面．（2）由Ⅰ得，，，两两垂直．如图，以中点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建系．易知，，，，，，设平面的法向量为，由，可取．设平面的法向量为，由，可取．又∵该二面角为钝角，∴二面角的平面角的余弦值为．【考点】用空间向量求平面间的夹角直线与平面垂直的判定【解析】（1）先证平面，再证即可‘’（2）所求值即为平面的法向量与平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值的相反数，计算即可．【解答】证明：Ⅰ∵在三棱柱中，，分别是、的中点，＝，＝＝，∴，，＝，∵＝，．∴，∴，∵＝，∴平面，∵，∴平面．（2）由Ⅰ得，，，两两垂直．如图，以中点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建系．易知，，，，，，设平面的法向量为，由，可取．A B C ()ABC −A 1B 1C 1D E B 1C 1BC ∠BAC 90∘AB AC 2D //AE A 1AE ⊥BC AE BE =2–√A A 14E =A 114−−√+A =A A 1E 2E 2A 12AE ⊥E A 1E ∩BC A 1E AE ⊥BC A 1D //AE A 1D ⊥A 1BC A 1()EA EB EA 1BC O OB OA OA 1x y z (0,0,)A 114−−√B(,0,0)2–√C(−,0,0)2–√A(0,,0)2–√D(0,−,)2–√14−−√(,−,)B 12–√2–√14−−√BD A 1=(x,y,z)m⋅=−y =0m D A 1→2–√⋅=−x −y +z =0m BD →2–√2–√14−−√=(,0,1)m 7–√BD B 1=(x,y,z)n ⋅=−x −y +z =0n D B 1→2–√2–√14−−√⋅=−x =0n BD →2–√=(0,,1)n 7–√cos ,==m n 12×22–√2–√18−BD −A 1B 1−18AE ⊥BC A 1D //AE A 1BD A 1BD B 1()ABC −A 1B 1C 1D E B 1C 1BC ∠BAC 90∘AB AC 2D //AE A 1AE ⊥BC AE BE =2–√A A 14E =A 114−−√+A =A A 1E 2E 2A 12AE ⊥E A 1E ∩BC A 1E AE ⊥BC A 1D //AE A 1D ⊥A 1BC A 1()EA EB EA 1BC O OB OA OA 1x y z (0,0,)A 114−−√B(,0,0)2–√C(−,0,0)2–√A(0,,0)2–√D(0,−,)2–√14−−√(,−,)B 12–√2–√14−−√BD A 1=(x,y,z)m⋅=−y =0m D A 1→2–√⋅=−x −y +z =0m BD →2–√2–√14−−√=(,0,1)m 7–√=(x,y,z)设平面的法向量为，由，可取．又∵该二面角为钝角，∴二面角的平面角的余弦值为．21.【答案】解：三个部门的员工总人数为，甲部门抽取的员工：，乙部门抽取的员工：，丙部门抽取的员工：，所以应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取，，人.用表示抽取的人中睡眠不足的员工人数，则，，，，；；；.所以随机变量的分布列为： 所以随机变量的数学期望：；随机变量的方差：.从人中抽取的人，有种可能的结果，其中事件有种结果，所以.【考点】BD B 1=(x,y,z)n⋅=−x −y +z =0n D B 1→2–√2–√14−−√⋅=−x =0n BD →2–√=(0,,1)n 7–√cos ,==m n 12×22–√2–√18−BD −A 1B 1−18(1)48+32+32=112(人)7×=232112(人)7×=348112(人)7×=232112(人)232(2)(ⅰ)X 3X =0123P(X =0)==C 34C 37435P(X =1)==C 13C 24C 371835P(X =2)==C 23C 14C 371235P(X =3)==C 33C 37135X X 0123P43518351235135X E(X)=0×+1×+2×+3×=4351835123513597X D(X)=×+×(−0)972435(−1)9721835+×+×(−2)9721235(−3)972135=2449(ⅱ)73C 37A +C 13C 24C 23C 14P(A)===+C 13C 24C 23C 14C 37303567离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列分层抽样方法【解析】（1）利用分层抽样，通过抽样比求解应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取人数；（2）若用表示抽取的人中睡眠不足的员工人数，的可能值，求出概率，得到随机变量的分布列，然后求解数学期望；利用互斥事件的概率求解即可．【解答】解：三个部门的员工总人数为，甲部门抽取的员工：，乙部门抽取的员工：，丙部门抽取的员工：，所以应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取，，人.用表示抽取的人中睡眠不足的员工人数，则，，，，；；；.所以随机变量的分布列为： 所以随机变量的数学期望：；随机变量的方差：.从人中抽取的人，有种可能的结果，其中事件有种结果，所以.22.【答案】解：如图所示，以点为原点建立如图空间直角坐标系，(I)X 3X (II)(1)48+32+32=112(人)7×=232112(人)7×=348112(人)7×=232112(人)232(2)(ⅰ)X 3X =0123P(X =0)==C 34C 37435P(X =1)==C 13C 24C 371835P(X =2)==C 23C 14C 371235P(X =3)==C 33C 37135X X 0123P43518351235135X E(X)=0×+1×+2×+3×=4351835123513597X D(X)=×+×(−0)972435(−1)9721835+×+×(−2)9721235(−3)972135=2449(ⅱ)73C 37A +C 13C 24C 23C 14P(A)===+C 13C 24C 23C 14C 37303567(1)A A −xyz依题意，得，，，，则，，设平面的法向量为，则，，则，即，由此取，可得平面的一个法向量为，又由，所以点到平面的距离为．设与平面所成角为，则，且，所以与平面所成角的余弦值为．【考点】点、线、面间的距离计算用空间向量求直线与平面的夹角【解析】无无【解答】解：如图所示，以点为原点建立如图空间直角坐标系，依题意，得，，，，则，，设平面的法向量为，则，，则，即，由此取，可得平面的一个法向量为，B (4,0,0)D (0,4,0)E (2,0,4)F (4,2,4)=(−2,0,4)BE −→−=(0,2,4)BF −→−BEF =(x,y,z)n →⊥n →BE −→−⊥n →BF −→−⋅=−2x +4z =0n →BE −→−⋅=2y +4z =0n →BF −→−{x =2z y =−2z z =1BEF =(2,−2,1)n →=(4,−4,0)DB −→−D BEF d =|⋅|DB −→−n →||n →=4×2+(−4)×(−2)+0×1++22(−2)212−−−−−−−−−−−−−√=163(2)BD BEF θθ∈(0,)π2sin θ=|cos , |DB −→−n →=|⋅|DB −→−n →||⋅||DB −→−n →=d ||DB −→−=163+42(−4)2−−−−−−−−−√=22–√3BD BEF cos θ=1−θsin 2−−−−−−−−√=)1−(22–√3)2−−−−−−−−−−√=13(1)A A −xyz B (4,0,0)D (0,4,0)E (2,0,4)F (4,2,4)=(−2,0,4)BE −→−=(0,2,4)BF −→−BEF =(x,y,z)n →⊥n →BE −→−⊥n →BF −→−⋅=−2x +4z =0n →BE −→−⋅=2y +4z =0n →BF −→−{x =2z y =−2zz =1BEF =(2,−2,1)n →(4,−4,0)−→−又由，所以点到平面的距离为．设与平面所成角为，则，且，所以与平面所成角的余弦值为．=(4,−4,0)DB −→−D BEF d =|⋅|DB −→−n →||n →=4×2+(−4)×(−2)+0×1++22(−2)212−−−−−−−−−−−−−√=163(2)BD BEF θθ∈(0,)π2sin θ=|cos , |DB −→−n →=|⋅|DB −→−n →||⋅||DB −→−n →=d ||DB −→−=163+42(−4)2−−−−−−−−−√=22–√3BD BEF cos θ=1−θsin 2−−−−−−−−√=)1−(22–√3)2−−−−−−−−−−√=13。
2022-2023学年人教A版高二下数学月考试卷含答案及解析082417.pdf)
2022-2023学年高中高二下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I（选择题）一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1. 在各项都为正数的等比数列{a n}中，已知a1＝512，其前n项积为T n，且T13＝T6，则T n取得最大值时，n的值是（ ）A.9B.8或9C.10或11D.9或102. 若(a√x−1x)5展开式中所有项的系数和为1，则其展开式中x的系数为( )A.−2B.−10C.−16D.−803. 函数y=(2x−1)e x的图象大致是（）A.B.C.D.4. 从，1，2，3…，20中选取四元数组(a1,a2,a3,a4)，且满足a2−a1≥3，a3−a2≥4，a4−a3≥5，则这样的四元数组(a1,a2,a3,a4)的个数是（ ）A.B.C.D.5. 已知log m4=5，log n9=8，p=log0.80.5，则m，n，p的大小关系为（）A.p>m>nB.m>n>pC.m>p>nD.p>n>m6. 已知未成年男性的体重G（单位：kg）与身高x（单位：cm）的关系可用指数模型G=ae bx来描述，根据大数据统计计算得到a=2.004，b=0.0197．现有一名未成年男性身高为110cm，体重为17.5kg，预测当他体重为35kg时，身高约为(ln2≈0.69)( )A.155cmB.150cmC.145cmD.135cm7. 甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为34，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为( )A.13B.25C.23D.458. 若函数f(x)=23x3−5a2x2+3a2x−3a2−23在x=3处取得极大值，则a的值为( )A.3B.2C.3或2二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，|a 5|=|a 11|，公差d <0，则下列结论正确的为( )A.a 8=0B.S 7，S 8均为S n 的最大值C.S 16>0D.当d =−2时，{|a n |}的前n 项和为T n ，则T 12=7610. 如果4个学生和3个老师排成一排照相，规定两端不能排老师，那么排法种数是( )A.A 77B.A 35A 44C.A 37A 47D.A 24A 5511. 若(1−2x)2021=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+⋯+a 2021x 2021(x ∈R)，则( )A.a 0=1B.a 1+a 3+a 5+⋯+a 2021=32021+12C.a 0+a 2+a 4+⋯+a 2020=32021−12D.a 12+a 222+a 323+⋯+a 202122021=−112. 函数f(x)＝lnxx ，若x 1≠x 2时，有f(x 1)=f(x 2)=m ，π是圆周率，e =2.71828⋯为自然对数的底数，则下列说法正确的是( )A.0<m <1eB.f(2)<f(3)C.x 1x 2<e 2D.a =e 3，b =3e ，c =e π，d =πe ，s =3π，t =π3，则s 最大卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 已知首项为2的数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n =3a n+1，则数列{a n }的通项公式为a n =________.14. 若存在两个不相等的正实数x ，y ，使得m(y −x)+e 2y −e 2x =0成立，则实数m 的取值范围是15. 从1，2，3，4，5，6这6个数中随机取出5个数排成一排，依次记为a ，b ，c ，d ，e ，则使a ⋅b ⋅c +d ⋅e 为奇数的不同排列方法有________种．16. 若函数f(2x )=x 2+2x ，则f(4)=________．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 已知抛物线E ：x 2=2py(p >0)的焦点为F ．过点F 且斜率为k(k ≠0)的动直线l 与抛物线交于A ，B 两点，直线l ′过点A (x 1,y 1)，且点F 关于直线l ′的对称点为R (x 1,−1)．(1)求抛物线E 的方程，并证明直线l ′是抛物线E 的切线；(2)过点A 且垂直于l ′的直线交y 轴于点G ．AG ，BG 与抛物线E 的另一个交点分别为C ，D ，记△AGB 的面积为S 1，△CGD 的面积为S 2，求S 2S 1的取值范围．18. 已知等式(x 2+2x +2)5=a 1+a 1(x +1)+a 2(x +1)2+...+a 9(x +1)9+a 10(x +1)10，其中a i (i =0,1,2,…,10)为实常数．求：（1）10∑n=1a n 的值；（2）10∑n=1na n 的值． 19. 从7名男生和5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法有多少种？(1)其中的A ，B 必须当选；(2)A ，B 恰有一人当选；(3)选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同职务，但体育委员必须由男生担任，班长必须由女生担任．20. 已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n =a n 2+a n (n ∈N ∗)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =(−1)n+1a 2n+1a n ⋅a n+1，求数列{b n }的前n 项和T n ，并证明23≤T n ≤32． 21. 为研究一种新药的耐受性，要对白鼠进行连续给药后观察是否出现F 症状的试验，该试验的设计为：对参加试验的每只白鼠每天给药一次，连续给药四天为一个给药周期，试验共进行三个周期．假设每只白鼠给药后当天出现F 症状的概率均为13，且每次给药后是否出现F 症状与上次给药无关．(1)从试验开始，若某只白鼠连续出现2次F 症状即对其终止试验，求一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率，(2)若在一个给药周期中某只白鼠至少出现3次F 症状，则在这个给药周期后，对其终止试验，设一只白鼠参加的给药周期数为X ，求X 的分布列和数学期望． 22.设f(x)=xlnx −ax 2+(2a −1)x ，a ∈R ．(1)令g(x)=f′(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x=1处取得极大值，求实数a的取值范围．参考答案与试题解析2022-2023学年高中高二下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】D【考点】等比数列的前n 项和等比数列的性质【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答2.【答案】D【考点】二项展开式的特定项与特定系数二项式系数的性质【解析】根据所有项的系数之和为 (1+a)5=1，求得a =−2，可得展开式中x 的系数.【解答】解：在(a √x −1x )5的展开式中，令x =1，可得所有项的系数之和为：(a −1)5=1，∴a =2，∴展开式的通项为：T r+1=(−1)r 25−r C r5x 5−3r2，令5−3r =2，解得：r =1，∴展开式中x 的系数为：−24C15=−80.故选D ．3.【答案】A【考点】【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答4.【答案】B【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】将a 1连同其右边的2个空位捆绑，a 2连同其右边的3个空位捆绑，a 3连同其右边的4个空位捆绑分别看作一个元素，四元数组(a 1,a 2,a 3,a 4)的个数相当于从11个元素中选取4个，【解答】将a 1连同其右边的2个空位捆绑，a 2连同其右边的3个空位捆绑，a 3连同其右边的4个空位捆绑分别看作一个元素，四元数组(a 1,a 2,a 3,a 4)的个数相当于从11个元素中选取4个，故这样的四元数组(a 1,a 2,a 3,a 4)的个数是．5.【答案】A【考点】对数值大小的比较指数式与对数式的互化【解析】此题暂无解析【解答】解∶依题意，m 5=4，故m =415=225；而n 8=9，故n =918=314，则mn =(225×20314×20)120=(2835)120=(256243)120>1，所以m >n ，因为p =log 0.80.5>log 0.80.64=2，而m =225<2，所以p >m >n.故选A ．6.C【考点】函数模型的选择与应用指数函数的实际应用【解析】此题暂无解析【解答】解：将x =110，G =17.5代入G =2.004e0.0197x ，得 17.5=2.004e 0.0197×110 ①，将 G =35代入 G =2.004e0.0197x ，得35=2.004e 0.0197x ②．由②÷①得2=e0.0197x−0.0197×110，即0.0197(x −110)=ln2，解得x ≈145．故选C ．7.【答案】A【考点】条件概率与独立事件【解析】求出甲获得冠军的概率、比赛进行了3局的概率，即可得出结论．【解答】解：由题意，甲获得冠军的概率为34×34+34×14×34+14×34×34=2732，其中比赛进行了3局的概率为34×14×34+14×34×34=932，∴所求概率为932÷2732=13，故选A ．8.【答案】A【考点】利用导数研究函数的极值【解析】由题意得出f ′(3)=0，可求得实数a 的值，然后将实数a 的值代入导数，就函数y =f(x)是否在x =3处极大值进行检验，由此可得出实数a 的值．【解答】解：∵f(x)=23x 3−5a2x 2+3a 2x −3a 2−23，∴f ′(x)=2x 2−5ax +3a 2.由题意可得，f ′(3)=2×9−15a +3a 2=0，解得a =2或a =3.当a =2时，f ′(x)=2x 2−10x +12=2(x −2)(x −3).令f ′(x)>0，则x <2或x >3，令f ′(x)<0，则2<x <3，函数y =f(x)在x =3处取得极小值，不符合题意，故舍去.当a =3时，f ′(x)=2x 2−15x +27=(x −3)(2x −9)，令f ′(x)>0，得x >92或x <3，令f ′(x)<0，得3<x <92，函数y =f(x)在x =3处取得极大值，符合题意.综上所述，a =3.故选A ．二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】A,B,D【考点】等差数列的性质等差数列的前n 项和等差数列的通项公式【解析】此题暂无解析【解答】解：由d <0，得a 5>a 11.又∵|a 5|=|a 11| ，∴a 5≠a 11．∴a 5=−a 11且a 5>0，∴a 1+4d =−(a 1+10d )，则a 1+7d =0，即a 8=0，故A 正确；∵a 8=0，d <0，∴S 7，S 8均为S n 的 最大值，故B 正确；S 16=162(a 1+a 16)=8(a 8+a 9)=8a 9<0，故C 错误；当d =−2 时， a 1+7d =0，则 a 1=14，∴T 12=a 1+a 2+⋯+a 8−a 9−a 10−a 11−a 12=82(a 1+a 8)−(a 9+a 10+a 11+a 12)=4(14+0)+(2+4+6+8)=56+20=76，故D 正确．故选ABD ．10.【答案】B,D【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】利用两种不同的方法，即可得到结果.【解答】解：先选2名学生排在两端，剩下的学生和老师有A 24A 55种排法.先排4个学生，老师再站学生中间，则有A 35A 44种.故选BD.11.【答案】A,C,D【考点】二项式系数的性质二项式定理的应用【解析】分别令x =0和x =±1，x =12，即可解出所求．【解答】解：由题意，当x =0时，a 0=1，当x =1时，a 0+a 1+a 2+a 3+⋯+a 2021=−1①，当x =−1时，a 0−a 1+a 2−a 3+⋯−a 20021=32021②，由①+②可得a 0+a 2+⋯+a 2020=32021−12，由①−②可得a 1+a 3+⋯+a 2021=−32021+12，令x =12，可得a 0+a 12+a 222+a 323+⋯+a 202122021=0，则a 12+a 222+a 323+⋯+a 202122021=−1．故选ACD ．12.【答案】A,B,D【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】作出f(x)的大致图象，结合图象可判断选项A ；由ln8<ln9，可得ln22<ln33，由此判断选项B ；若x 1x 2<e 2，则f(x 1)>f(e 2x 1)，构造函数g(x)＝f(x)−f(e 2x )，1<x <e ，可知f(x 1)<f(e 2x 1)矛盾，由此可判断选项C ；这六个数的最大数在3π与π3中取，而π3<3π，由此判断选项D ．【解答】解：f ′(x)＝1−lnxx 2(x >0)，当f ′(x)>0时，0<x <e ，当f ′(x)<0时，x >e ，∴函数f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，当x →0时，f(x)→−∞，当x →+∞时，f(x)→0，f(e)＝1e ，作出函数f(x)的大致图象如图所示，A ，由于f(x 1)=f(x 2)=m ，即f(x)=m 有且仅有两个交点，由图象可知，0<m <1e ，故选项正确；B ，易知ln8<ln9，即3ln2<2ln3，即ln22<ln33，即f(2)<f(3)，故选项正确；C ，由图象不妨设1<x 1<e <x 2，故x 1x 2<e 2等价于x 2<e 2x 1，又x 2，e 2x 1∈(e,+∞)，故等价为f(x 2)>f(e 2x 1)，即f(x 1)>f(e 2x 1)，设g(x)＝f(x)−f(e 2x )，1<x <e ，则g ′(x)＝f ′(x)+e 2x 2f ′(e 2x )＝1−lnxx 2+lnx −1e 2=(1−lnx)(1x 2−1e 2)>0，∴g(x)在(1,e)上单调递增，故g(x)<g(e)=0，即f(x 1)<f(e 2x 1)矛盾，故选项错误；D ，由于e <3<π，由指数函数和幂函数的性质可知，e π>e 3，3π>3e ，π3>π，3π>e π，故这六个数的最大数在3π与π3中取，由e <3<π及f(x)的单调性可知，f(π)<f(3)，即lnππ<ln33，即lnπ3<ln3π，故π3<3π，综上，这六个数中最大数是s ，故选项正确．故选ABD.三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】{2,n =1,23⋅(43)n−2,n ≥2【考点】数列递推式等比数列的通项公式【解析】【解答】解：当n ≥2时，S n =3a n+1，S n−1=3a n ，两式相减可得，a n =3a n+1−3a n ，故a n+1a n =43，而S 1=a 1=3a 2，故a 2=23，故a n ={2,n =1,23⋅(43)n−2,n ≥2.故答案为：{2,n =1,23⋅(43)n−2,n ≥2.14.【答案】m <−2【考点】已知函数的单调性求参数问题利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：由题可得my +e 2y =mx +e 2x ，设f(a)=ma +e 2a ，即当x ≠y 时，有f(x)=f(y)，即f(a)在(0,+∞)上不单调，即f ′(a)=m+2e 2a =0在a >0时有解，∵2e 2a ∈(2,+∞)，∴m ∈(−∞,−2).故答案为：m <−2.15.【答案】180【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】按照分类讨论，先选后排的步骤，求出结果．【解答】（分类讨论：先选后排）若a ⋅b ⋅c 为奇数，d ⋅e 为偶数时，有A 33×A 23=36 种；若a ⋅b ⋅c 为偶数，d ⋅e 为奇数时，有A 23×A 34=144 种；故 a ⋅b ⋅c +d ⋅e 为奇数的不同排列方法有共36+144＝180种，16.【答案】【考点】函数的求值【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：(1)由点A(x 1,y 1)，R(x 1,−1)坐标，知AR 与直线y =−1垂直，F ，R 关于过点A 的直线l ′对称，可得|AF|=|AR|，所以直线y =−1为抛物线准线，所以p =2，抛物线方程为x 2=4y ，因此点F(0,1)，所以k FR =−2x 1，从而直线l ′的斜率为x 12，又抛物线方程为y =x 24，得y ′=x2，所以过点A 的切线斜率为x 12，所以l ′为抛物线切线得证.(2)设B(x B ,y B )，C(x C ,y C )，D(x D ,y D )，G(0,t)，由题意k RF =k AG ，t −y 1−x 1=−2x 1，得t =y 1+2，因为y 1>0，所以t >2，令直线AB 方程为y =kx +1(k ≠0)，联立{x 2=4y,y =kx +1并化简得x 2−4kx −4=0，得到x 1x B =−4，即x B =−4x 1，设直线AC 方程：y =k 1x +t ，联立{x 2=4y,y =k 1x +t 得x 2−4k 1x −4t =0，则x 1x C =−4t ，即x C =−4tx 1，同理可得x B x D =−4t ，因此x D =−4tx B =tx 1，由S 2S 1=12|CG||DG|sin ∠CGD 12|AG||BG|sin ∠AGB =|x C x D ||x A x B |=|−4tx 1||tx 1||x 1||−4x 1|=t 2>4，所以S 2S 1的取值范围是(4,+∞)．【考点】抛物线的标准方程利用导数研究曲线上某点切线方程抛物线的性质直线与抛物线结合的最值问题【解析】无无【解答】解：(1)由点A(x 1,y 1)，R(x 1,−1)坐标，知AR 与直线y =−1垂直，F ，R 关于过点A 的直线l ′对称，可得|AF|=|AR|，所以直线y =−1为抛物线准线，所以p =2，抛物线方程为x 2=4y ，因此点F(0,1)，所以k FR =−2x 1，从而直线l ′的斜率为x 12，又抛物线方程为y =x 24，得y ′=x2，所以过点A 的切线斜率为x 12，所以l ′为抛物线切线得证.(2)设B(x B ,y B )，C(x C ,y C )，D(x D ,y D )，G(0,t)，由题意k RF =k AG ，t −y 1−x 1=−2x 1，得t =y 1+2，因为y 1>0，所以t >2，令直线AB 方程为y =kx +1(k ≠0)，联立{x 2=4y,y =kx +1并化简得x 2−4kx −4=0，得到x 1x B =4，即x B =−4x 1，设直线AC 方程：y =k 1x +t ，联立{x 2=4y,y =k 1x +t 得x 2−4k 1x −4t =0，则x 1x C =−4t ，即x C =−4tx 1，同理可得x B x D =−4t ，因此x D =−4tx B =tx 1，由S 2S 1=12|CG||DG|sin ∠CGD 12|AG||BG|sin ∠AGB =|x C x D ||x A x B |=|−4tx 1||tx 1||x 1||−4x 1|=t 2>4，所以S 2S 1的取值范围是(4,+∞)．18.【答案】解：（1）在(x 2+2x +2)5=a 1+a 1(x +1)+a 2(x +1)2+...+a 9(x +1)9+a 10(x +1)10中，令x =−1，得a 1=1．令x =0，得a 1+a 1+a 2+...+a 9+a 10=25=32．所以10∑n=1a n =a 1+a 2+...+a 10=31．（2）等式(x 2+2x +2)5=a 1+a 1(x +1)+a 2(x +1)2+...+a 9(x +1)9+a 10(x +1)10两边对x 求导，得5(x 2+2x +2)4⋅(2x +2)=a 1+2a 2(x +1)+...+9a 9(x +1)9+10a 10(x +1)5．在5(x 2+2x +2)4⋅(2x +2)=a 1+2a 2(x +1)+...+9a 9(x +1)9+10a 10(x +1)5中，令x =0，整理，得10∑n=1na n =a 1+2a 2+...+9a 5+10a 10=5⋅25=160．【考点】二项式定理的应用简单复合函数的导数二项式系数的性质【解析】（1）通过x =−1求出a 1，然后通过x =0求出a 1+a 1+a 2+...+a 5+a 10，即可求解10∑n=1a n ．（2）利用二项式定理展开表达式，通过函数的导数且x =0推出所求表达式的值，【解答】解：（1）在(x 2+2x +2)5=a 1+a 1(x +1)+a 2(x +1)2+...+a 9(x +1)9+a 10(x +1)10中，令x =−1，得a 1=1．令x =0，得a 1+a 1+a 2+...+a 9+a 10=25=32．所以10∑n=1a n =a 1+a 2+...+a 10=31．（2）等式(x 2+2x +2)5=a 1+a 1(x +1)+a 2(x +1)2+...+a 9(x +1)9+a 10(x +1)10两边对x 求导，得5(x 2+2x +2)4⋅(2x +2)=a 1+2a 2(x +1)+...+9a 9(x +1)9+10a 10(x +1)5．在5(x 2+2x +2)4⋅(2x +2)=a 1+2a 2(x +1)+...+9a 9(x +1)9+10a 10(x +1)5中，令x =0，整理，得10∑n=1na n =a 1+2a 2+...+9a 5+10a 10=5⋅25=160．19.【答案】解：(1)根据题意，先选出A ，B ，再从剩下的10人中选3人，共有C 22C 310=120种选法；(2)根据题意，先选出A ，B 中1人，再从剩下的10人中选4人，共有C 12C 410=420种选法；(3)选出一名男生担任体育委员共有C 17种情况，选出一名女生担任班长共有C 15种情况，剩下6名男生再选2人，4名女生再选1人，担任其它3个班委，共有C 26C 14A 33种情况，所以共有C 17C 15C 26C 14A 33=12600种选法．【考点】排列、组合及简单计数问题排列、组合的应用【解析】无无无【解答】解：(1)根据题意，先选出A ，B ，再从剩下的10人中选3人，共有C 22C 310=120种选法；(2)根据题意，先选出A ，B 中1人，再从剩下的10人中选4人，共有C 12C 410=420种选法；(3)选出一名男生担任体育委员共有C 17种情况，选出一名女生担任班长共有C 15种情况，剩下6名男生再选2人，4名女生再选1人，担任其它3个班委，共有C 26C 14A 33种情况，所以共有C 17C 15C 26C 14A 33=12600种选法．20.【答案】解：(1)当n =1时，2a 1=2S 1=a21+a 1，解得a 1=1；当n ≥2时，2a n =2S n −2S n−1=a 2n +a n −(a 2n−1+a n−1)，∴a2n −a n −(a 2n−1+a n−1)=(a 2n −a 2n−1)−(a n +a n−1)=(a n +a n−1)(a n −a n−1−1)=0.∵{a n }是正项数列，∴a n +a n−1>0，∴a n −a n−1=1，∴数列{a n }是以1为首项1为公差的等差数列．∴a n =n ．(2)由(1)可知b n =(−1)n+1a 2n+1a n ⋅a n+1=(−1)n+12n +1n(n +1)=(−1)n+1(n +1)+nn(n +1)=(−1)n+1(1n +1n +1)，因此，T n =(1+12)−(12+13)+⋯+(−1)n+1(1n +1n +1)=1+(−1)n+1n +1．当n 为奇数时，T n =1+(−1)n+1n +1=1+1n +1单调递减，此时T n =1+1n +1∈(1,32]；当n 为偶数时，T n =1+(−1)n+1n +1=1−1n +1单调递增，此时T n =1−1n +1∈[23,1)，∴23≤T n ≤32．【考点】数列递推式等差数列的通项公式数列与不等式的综合数列的求和【解析】无无【解答】解：(1)当n =1时，2a 1=2S 1=a21+a 1，解得a 1=1；当n ≥2时，2a n =2S n −2S n−1=a 2n+a n −(a 2n−1+a n−1)，∴a 2n −a n −(a 2n−1+a n−1)=(a 2n −a 2n−1)−(a n +a n−1)=(a n +a n−1)(a n −a n−1−1)=0.∵{a n }是正项数列，∴a n +a n−1>0，∴a n −a n−1=1，∴数列{a n }是以1为首项1为公差的等差数列．∴a n =n ．(2)由(1)可知b n =(−1)n+1a 2n+1a n ⋅a n+1=(−1)n+12n +1n(n +1)=(−1)n+1(n +1)+nn(n +1)=(−1)n+1(1n +1n +1)，因此，T n =(1+12)−(12+13)+⋯+(−1)n+1(1n +1n +1)=1+(−1)n+1n +1．当n 为奇数时，T n =1+(−1)n+1n +1=1+1n +1单调递减，此时T n =1+1n +1∈(1,32]；当n 为偶数时，T n =1+(−1)n+1n +1=1−1n +1单调递增，此时T n =1−1n +1∈[23,1)，∴23≤T n ≤32．21.【答案】解：(1)设“一只白鼠至少能参加一个给药周期”为事件M ，则M 的对立事件为一个给药周期也没有参加完．设一次给药出现F 症状为事件A ，则一个给药周期也没有参加完的概率为P =P(AA)+P (¯AAA )=(13)2+23×(13)2=527，所以一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率为P(M)=1−P =1−527=2227．(2)设事件B 为“在一个给药周期中某只白鼠至少出现3次F 症状”，则P(B)=C34(13)3(1−13)+(13)4=19，则随机变量X 的取值为1，2，3，P(X =1)=C 34(13)3(1−13)+(13)4=19，P(X =2)=[1−P(B)]⋅P(B)=89×19=881，P(X =3)=[1−P(B)]⋅[1−P(B) ]=89×89=6481.所以X 的分布列为X 123P 198816481所以随机变量X 的数学期望为E(X)=1×19+2×881+3×6481=21781．【考点】对立事件的概率公式及运用古典概型及其概率计算公式离散型随机变量及其分布列离散型随机变量的期望与方差【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)设“一只白鼠至少能参加一个给药周期”为事件M ，则M 的对立事件为一个给药周期也没有参加完．设一次给药出现F 症状为事件A ，则一个给药周期也没有参加完的概率为P =P(AA)+P (¯AAA )=(13)2+23×(13)2=527，所以一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率为P(M)=1−P =1−527=2227．(2)设事件B 为“在一个给药周期中某只白鼠至少出现3次F 症状”，则P(B)=C34(13)3(1−13)+(13)4=19，则随机变量X 的取值为1，2，3，P(X =1)=C 34(13)3(1−13)+(13)4=19，P(X =2)=[1−P(B)]⋅P(B)=89×19=881，P(X =3)=[1−P(B)]⋅[1−P(B) ]=89×89=6481.所以X 的分布列为X 123P 198816481所以随机变量X 的数学期望为E(X)=1×19+2×881+3×6481=21781．22.【答案】解：(1)∵f(x)=xlnx −ax 2+(2a −1)x ，∴g(x)=f′(x)=lnx −2ax +2a ，x >0，g′(x)=1x −2a =1−2axx ，若a ≤0，g′(x)>0恒成立，即g(x)的单调递增区间是(0,+∞)；若a >0，当x >12a 时，g′(x)<0，函数为减函数；当0<x <12a ，g′(x)>0，函数为增函数，∴当a ≤0时，g(x)的单调递增区间是(0,+∞)；当a >0时，g(x)的单调递增区间是(0,12a )，单调递减区间是(12a ,+∞).(2)∵f(x)在x =1处取得极大值，∴f′(1)=0，由(1)中g(x)的单调性可知，①当a ≤0时，f′(x)单调递增，则当0<x <1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x >1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在x =1处取得极小值，不合题意；②当0<a <12时，12a >1，f ′(x)在(0,12a )内单调递增，当0<x <1时，f′(x)<0，当1<x <12a 时，f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)内单调递减，在(1,12a )内单调递增，即f(x)在x =1处取得极小值，不合题意；③当a =12时，12a =1，f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1,+∞)上单调递减，则当x >0时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意；④当a >12时，0<12a <1，当12a <x <1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x >1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴当x =1时，f(x)取得极大值，满足条件．综上实数a 的取值范围是a >12．【考点】利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性【解析】（I ）先求出g(x)=f′(x)的解析式，然后求函数的导数g′(x)，利用函数单调性和导数之间的关系即可求g(x)的单调区间；（II ）分别讨论a 的取值范围，根据函数极值的定义，进行验证即可得到结论．【解答】解：(1)∵f(x)=xlnx −ax 2+(2a −1)x ，∴g(x)=f′(x)=lnx −2ax +2a ，x >0，g′(x)=1x −2a =1−2axx ，若a ≤0，g′(x)>0恒成立，即g(x)的单调递增区间是(0,+∞)；若a >0，当x >12a 时，g′(x)<0，函数为减函数；当0<x <12a ，g′(x)>0，函数为增函数，∴当a ≤0时，g(x)的单调递增区间是(0,+∞)；当a >0时，g(x)的单调递增区间是(0,12a )，单调递减区间是(12a ,+∞).(2)∵f(x)在x =1处取得极大值，∴f′(1)=0，由(1)中g(x)的单调性可知，①当a ≤0时，f′(x)单调递增，则当0<x <1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x >1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在x =1处取得极小值，不合题意；②当0<a <12时，12a >1，f ′(x)在(0,12a )内单调递增，当0<x <1时，f′(x)<0，当1<x <12a 时，f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)内单调递减，在(1,12a )内单调递增，即f(x)在x =1处取得极小值，不合题意；③当a =12时，12a =1，f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1,+∞)上单调递减，则当x >0时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意；④当a >12时，0<12a <1，当12a <x <1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x >1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴当x =1时，f(x)取得极大值，满足条件．综上实数a 的取值范围是a >12．。
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一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分50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．某雷达测速区规定：凡车速大于或等于70 km/h 的汽车视为“超速”，并将受到处罚，如图是某路段的一个检测点对200辆汽车的车速进行检测所得结果的频率分布直方图，则从图中可以看出被处罚的汽车大约有( ▲ )．A ．30辆B ．40辆C ．60辆D ．80辆 2．已知直线01)10ax y a x y -=-+-=与直线(平行，则a =( ▲ )（ ）A ．0B ．1 C．21D ．21-3．已知3(0,)sin ,2sin()254ππααα∈=-且则=( ▲ )A ．15 B ．15- C ．75D ．75-4．点E 是正四面体ABCD 的棱AD 的中点，则异面直线BE 与AC 所成的角的余弦值为( ▲ )A ．3 B ．3 C ．6 D ．565．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若111a =-,376a a +=-,则当n S 取最小值时,n 等于( ▲ ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．96．设 A 、B 、C 、D 是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是( ▲ )A. 若AC 与BD 共面，则AD 与BC 共面B. 若AC 与BD 是异面直线，则AD 与BC 是异面直线C. 若AB=AC,DB=DC,则AD ⊥BCD. 若AB=AC ，DB=DC,则AD=BC7．某单位员工按年龄分为A ，B ，C 三组，其人数之比为5：4：1，现用分层抽样的方法从总体中抽取一个容量为20的样本，已知C 组中甲、乙二人均被抽到的概率是,451则该单位员工总数为( ▲ ) A ．110 B ．100 C ．90 D ．80 8. 某零件的正（主）视图与侧（左）视图均是如图所示的图形（实线组成半径为2cm 的半圆，虚线是等腰三角形的两腰），俯视图是一个半径为2cm 的圆（包括圆心），则该零件的体积是( ▲ ) A ．4π3 3cm B ．8π33cm 第8题图1 cm1 cm2 cm2 cmC ．4π 3cm D ．20π33cm 9．阅读右侧的算法框图，输出的结果S 的值为( ▲ )AB ．C ．D ．010．四面体的四个面的面积分别为1S 、2S 、3S 、4S ，记其中最大的面积为S ，则SSi i341∑=的取值范围是( ▲ )A. ]231(,B. ]231[,C.[3432,] D. (3432,] 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，满分25分.11．圆222430x y x y +-++=的圆心到直线1x y -=的距离为 ▲ .12. 已知递增的等比数列{}n a 中,28373,2,a a a a +=⋅=则1310a a = ▲ .13. 如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是上底面1111A B C D 内一动点，则三棱锥P ABC -的主视图与左视图的面积的比值为___▲____.14．在△ABC 中，60ABC ∠=，2AB =，5BC =，在BC 上任取一点D ，使△ABD 为钝角三角形的概率为 ▲ . 15．空间三条直线中，任何两条不共面，且两两互相垂直，直线l 与这三条直线所成的角都为α，则αtan = ▲ 。
三、解答题：本大题共6小题，满分75分. 解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤. 16. （本小题满分12分）空气质量指数PM2.5(单位：μg /m 3)表示每立方米空气中可入肺颗粒物的含量，这个值越高，就代表空气污染越严重：某市2012年3月8日—4月7日(30天)对空气质量指数PM2.5进行检测，获得数据后整理得到如下条形图：（Ⅰ）估计该城市一个月内空气质量类别为良的概率；PDCBA 1A 1D 1B 1C 左视主视（Ⅱ）从空气质量级别为三级和四级的数据中任取2个，求至少有一天空气质量类别为中度污染的概率。
▲17．（本小题满分12分）如图，在平面四边形ABCD 中，AB=AD=2，,x BAD =∠BCD ∆是正三角形． （Ⅰ）将四边形ABCD 的面积S 表示为x 的函数； （Ⅱ）求S 的最大值及此时的x 值．▲18．（本小题满分12分）如图所示，在三棱锥ABC P -中，6AB BC ==，平面⊥PAC 平面ABC ，AC PD ⊥于点D ， 1AD =，3CD =，2=PD ．（Ⅰ）求三棱锥ABC P -的体积； （Ⅱ）证明△PBC 为直角三角形．PACD 一级二级三级四级级别天数10155O8164219．（本小题满分12分）已知以点2(,)C t t(t ∈R , t ≠ 0)为圆心的圆与x 轴交于点O , A ，与y 轴交于点O , B ，其中O 为原点．（Ⅰ）求证：△OAB 的面积为定值；（Ⅱ）设直线24y x =+与圆C 交于点M , N ，若OM = ON ，求圆C 的方程．20．（本小题满分13分）如图，已知正方形ABCD 在水平面上的正．投影（投影线垂直于投影面）是四边形''''D C B A ，其中A 与'A 重合，且'''CC DD BB <<．（Ⅰ）证明//'AD 平面C C BB ''，并指出四边形'''D C AB 的形状；（Ⅱ）如果四边形'''D C AB 中，2'=AD ，5'=AB ，正方形ABCD 的边长为6，求平面ABCD 与平面'''D C AB 所成的锐二面角θ的余弦值．CD)'(A A B'C 'D 'B21．（本小题满分14分）已知曲线1:=xy C ，过C 上一点),(111y x A 作斜率1k 的直线，交曲线C 于另一点),(222y x A ，再过),(222y x A 作斜率为2k 的直线，交曲线C 于另一点),(333y x A ，…，过),(n n n y x A 作斜率为n k 的直线，交曲线C 于另一点),(111+++n n n y x A …，其中11=x ，)(41*2N x x x x k nn n n ∈++-= （I ）求1+n x 与n x 的关系式；（II ）判断n x 与2的大小关系，并证明你的结论； （III ）求证：2|2|...|2||2|21<-++-+-n x x x .高2014届第四学期入学考试数学（理）答案一、选择题（每题5分，共50分）1．某雷达测速区规定：凡车速大于或等于70 km/h 的汽车视为“超速”，并将受到处罚，如图是某路段的一个检测点对200辆汽车的车速进行检测所得结果的频率分布直方图，则从图中可以看出被处罚的汽车大约有( B )．A ．30辆B ．40辆C ．60辆D ．80辆解析 由题图可知，车速大于或等于70 km/h 的汽车的频率为0.02×10＝0.2，则将被处罚的汽车大约有200×0.2＝40(辆)． 答案 B2．已知直线01)10ax y a x y -=-+-=与直线(平行，则a =（ C ）A ．0B ．1C ．21 D ．21-3．已知3(0,)sin ,)254ππααα∈=-且=（ B ）A ．15B ．15-C ．75D ．75-4．点E 是正四面体ABCD 的棱AD 的中点，则异面直线BE 与AC 所成的角的余弦值为（ A ）A ．3 B ．3 C ．6 D ．565．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若111a =-,376a a +=-,则当n S 取最小值时,n 等于 （ A ） A ．6 B ．7 C ．8 D ．96．设 A 、B 、C 、D 是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是（ D ）A. 若AC 与BD 共面，则AD 与BC 共面B. 若AC 与BD 是异面直线，则AD 与BC 是异面直线C. 若AB=AC,DB=DC,则AD ⊥BCD. 若AB=AC ，DB=DC,则AD=BC7．某单位员工按年龄分为A ，B ，C 三组，其人数之比为5：4：1，现用分层抽样的方法从总体中抽取一个容量为20的样本，已知C 组中甲、乙二人均被抽到的概率是451，则该单位员工总数为 ( B )A ．110B ．100C ．90D ．808. 某零件的正（主）视图与侧（左）视图均是如图所示的图形（实线组成半径为2cm 的半圆，虚线是等腰三角形的两腰），俯视图是一个半径为2cm 的圆（包括圆心），则该零件的体积是（C ）A ．4π3 3cmB ．8π33cm C ．4π 3cm D ．20π33cm 9．阅读右侧的算法框图，输出的结果S 的值为 (D)A ．3B ． 3C ．3-D ．0 10．四面体的四个面的面积分别为1S 、2S 、3S 、4S ，记其中最大的面积为S ，则S Si i341∑=的取值范围是( D )A. ]231(, B. ]231[, C. [3432,] D. (3432,] 二、填空题（每题5分，共25分）11．圆222430x y x y +-++=的圆心到直线1x y -=的距离为 2 .第8题图1 cm1 cm2 cm2 cm12. 已知递增的等比数列{}n a 中,28373,2,a a a a +=⋅=则1310a a.13. 如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是上底面1111A B C D 内一动点，则三棱锥P ABC -的主视图与左视图的面积的比值为____1_____.14．在△ABC 中，60ABC ∠=，2AB =，3BC =，在BC 上任取一点D ，使△ABD 为钝角三角形的概率为52 15．空间三条直线中，任何两条不共面，且两两互相垂直，直线l 与这三条直线所成的角都为α，则αtan 三、解答题（共六道大题，75分） 16. （本小题满分12分）空气质量指数PM2.5(单位：μg /m3)表示每立方米空气中可入肺颗粒物的含量，这个值越高，就代表空气污染越严重：某市2012年3月8日—4月7日(30天)对空气质量指数PM2.5进行检测，获得数据后整理得到如下条形图：(1)估计该城市一个月内空气质量类别为良的概率；(2)从空气质量级别为三级和四级的数据中任取2个，求至少有一天空气质量类别为中度污染的概率。
16.解：(1)16由条形监测图可知，空气质量级别为良的天数为天168=3015所以此次检测结果中空气质量为良的概率为……6 PDCBA1A 1D 1B 1C 左视主视。