辽宁省大连市庄河市高级中学2022-2023学年高二上学期12月月考数学试卷（A）

庄河市高级中学2022-2023学年高二上学期12月月考 数学（A） 一、选择题；本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知，，则直线通过 A．第一、二、四象限 B．第一、二、三象限 C．第一、三、四象限 D．第二、三、四象限 2．（    ） A． B． C． D． 3．若数列中，，则取得最大值时，（    ） A．13 B．14 C．15 D．14或15 4．已知袋子中有10个小球，其中红球2个，黑球和白球共8个，从中随机取出一个，设取出红球为事件A，取出黑球为事件B，随机事件C与B对立.若，则（    ） A．0.3 B．0.6 C．0.7 D．0.8 5．若，，若为直线的方向向量，为平面的法向量，则与（    ） A． B． C．与相交（但不垂直） D．或在内 6．若函数在区间上的最大值为2，则它在该区间上的最小值为（    ） A．-5 B．7 C．10 D．-19 7．已知数列的各项均为正数，，点在抛物线上，则过点和的直线的一个方向向量的坐标可以是（    ） A． B． C．， D．， 8．一次试验中，当变量取值分别为时，变量的值依次为，则与之间的回归曲线方程为（  ） A． B． C． D．. 二、选择题；本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分． 9．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，….设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（    ） A． B． C．， D． 10．带有编号1、2、3、4、5的五个球，则（    ） A．全部投入4个不同的盒子里，共有种放法 B．放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种放法 C．将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法 D．全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法 11．如图，正方体中，，是线段上的两个动点，则下列结论正确的是（    ） A．，始终在同一个平面内 B．平面 C． D．若正方体的棱长和线段的长均为定值，则三棱锥的体积为定值 12．如图，已知椭圆，，分别为左、右顶点，，分别为上、下顶点，，分别为左、右焦点，为椭圆上一点，则下列条件中能使得椭圆的离心率为的有（    ） A． B． C．轴，且 D．四边形的内切圆过焦点， 三、填空题；本题共4小题，每小题5分，共20分 13．一袋中装有分别标记着，，数字的个小球，每次从袋中取出一个球（每只小球被取到的可能性相同），现连续取次球，若每次取出一个球后放回袋中，记次取出的球中标号最小的数字与最大的数字分别为，，设，则______ . 14．已知函数在上单调递减，则的取值范围是______. 15．在的二项展开式中，的系数为_________． 16．已知函数，则该函数的单调递增区间为______，若方程有三个不同的实根，则实数的取值集合是______． 四、解答题；本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17．袋中装有大小相同的4个红球和6个白球，从中取出4个球． （1）若取出的球必须是两种颜色，则有多少种不同的取法？ （2）若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？ 18．在平行六面体中，是的中点，. (1)化简：; (2) 设，，，若,求. 19．在等差数列{an}中,已知a1+a3＝12,a2+a4＝18,n∈N*. （1）求数列{an}的通项公式； （2）求a3+a6+a9+…+a3n. 20．已知椭圆的方程为，双曲线的一条渐近线与轴所成的夹角为，且双曲线的焦距为. (1)求椭圆的方程； (2)过右焦点的直线，交椭圆于两点，记的面积为，的面积为，当时，求的值. 21．函数，关于的不等式的解集为. （Ⅰ）求、的值； （Ⅱ）设. （i）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围； （ii）若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围（为自然对数的底数）. 22．已知关于的一元二次方程 （1）若，是一枚骰子掷两次所得到的点数，求方程有两正根的概率． （2）若，，求方程没有实根的概率． 数学参考答案 1．A 解析：因为，，所以同号，异号， 所以,即. 通过第一、二、四象限，故选A． 2．D 利用组合数的性质可求三者的和. ． 故选：D. 本题考查组合性质的应用，一般组合数具有如下性质：（1）递推性质： ；（2）对称性质：；（3）.本题属于基础题. 3．B 根据数列的通项公式可以判断该数列是等差数列，求出的表达式，运用配方法求出取得最大值时的值. 当时，，所以数列是以40为首项，为公差的等差数列，故，当 时，取得最大值. 故选：B 本题考查了等差数列前项和最大时项数的值，考查了等差数列的判定，考查了配方法，考查了数学运算能力. 4．C 先利用互斥事件的概率公式求得，进而利用对立事件的概率公式即可求得的值 由题意可知，. 因为A与B互斥且，故. 又因为随机事件C与B对立，所以. 故选：C 5．D 根据得到，从而得到答案. 因为，所以. 所以或在内. 故选：D 6．A 利用导数判断函数的单调性，根据最值，即可求得，再求函数在该区间的最小值. ，， 当时，，函数单调递减， 所以函数的最大值是，得， 函数的最小值是. 故选：A 7．D 由已知可知，即可求得，，利用两点连线的斜率公式即可得解. ，点在抛物线上， ，即数列是首项为3，公差为4的等差数列， ， ，， ，即直线的方向向量为 故选：D 8．A 分别将变量x代入进行验证即可． 解：A．当x＝1时，y＝1+1＝2，当x＝时，y＝2+1＝3， 当x＝时，y＝3+1＝4，当x＝时，y＝4+1＝5，都满足条件， B．当x＝时，y＝2×+1＝，远远小于5，不满足条件． C．当x＝时，y＝8+3＝11，远远大于5，不满足条件． D．当x＝时，y＝+1＝，远远小于5，不满足条件． 故选A． 本题主要考查回归方程的求解，注意本题不是线性回归直线方程，不能求样本中心（）的值． 9．BCD 根据的值可得，利用累加法可得，再计算前5项的和即可判断B；由递推公式即可判断A；由即可判断C；利用裂项相消求和法即可判断D. 因为， ， ， ……， ， 以上个式子累加可得：， 所以，故选项B正确； 由递推关系可知：，故选项A不正确； 当，，故选项C正确； 因为， 所以， 故选项D正确； 故选：BCD. 10．ACD 对于A，利用分步乘法计数原理计算可判断A正确； 对于B，先将5个球分为4组，再全排，计算可判断B不正确； 对于C，利用分步乘法计数原理计算可判断C正确； 对于D，先将5个球分为4组，再全排，计算可判断D正确； 对于A，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，共有种放法，故A正确； 对于B，带有编号1、2、3、4、5的五个球，放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种放法，故B不正确； 对于C，带有编号1、2、3、4、5的五个球，将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法，故C正确； 对于D，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种放法，故D正确； 故选：ACD. 11．BCD A．根据点与平面的关系作出判断；B．根据线面平行的判定定理进行分析；C．根据与平面的位置关系作出判断；D．设出正方体棱长以及的长度，根据条件得到到平面的距离，从而可计算出三棱锥的体积并完成判断. 因为，，同在平面上，而不在平面上，所以，不在同一个平面内，故A错误； 因为，平面，平面，所以平面，故B正确； 因为平面，而平面，所以，连接，交于点，则， 而，平面，平面，所以平面. 因为平面，所以，故C正确； 不妨设正方体的棱长为，，则. 由于平面，则平面，， 所以. 因为，为定值，所以三棱锥的体积为定值，故D正确. 故选：BCD. 12．BD 由已知结合两点之间的距离公式知，进而判断A；由已知结合勾股定理构造齐次式计算离心率可判断B；由已知结合两点连线的斜率公式可得 ，进而求得离心率判断C；由已知可知四边形的内切圆的半径为c，利用等面积法及构造齐次式可判断D. 由椭圆， 可得，， 对于A，，即，化简得，即，不符合题意，故A错误； 对于B，，则，即， 化简得，即有，解得（舍去），符合题意，故B正确； 对于C，轴，且，所以，由，可得， 解得，又，所以，不符合题意，故C错误； 对于D，四边形的内切圆过焦点，，即四边形的内切圆的半径为c， 则，结合，即，解得（舍去）或即，符合题意，故D正确； 故选：BD 13．## 先求出的可能取值，再求出相应的概率，进而求出期望. 的可能取值为0,1,2，连续取3次球，它的取法共有种，其中的取法共有3种，为111,222,333，其中有12种，为112,121,211,122,212,221,223,232,323,332,233,322，其中有12种，为113,123,311,321,312,213,231,131,133,311,331,313，因此它们的概率分别为，故． 故答案为： 14． 先求导，求出函数的单调递减区间，由即可求解. ，令，得，即的单调递减区间是， 又在上单调递减，可得，即. 故答案为：. 15． 根据二项式定理写出展开式的通项，即可得的系数. 展开式的通项为： 令，得 ， 所以的系数为： 本题主要考查了二项式系数的性质，关键是记住二项式展开式的通项，属于基础题. 16．     和     作出函数，根据图象可得单调递增区间，通过的图象与有三个不同的实根，即可求解实数的取值集合． 解：由函数， 作出函数如图所示： 方程有三个不同的实根，即的图象与有三个不同的交点， 故答案为：和； 此题考查函数与方程，考查函数的单调性，考查数形结合的思想，属于基础题 17．（1）194  （2）115 解析：（1）分三类：3红1白，2红2白，1红3白这三类， 由分类加法计数原理有：＝194（种）． （2）分三类：4红，3红1白，2红2白，由分类加法计数原理共有：＝115（种）． 18．（1）；（2）. （1）由是的中点，根据三角形法则与平行四边形法则，即可得出结果； （2）由，先得到，再由题意，即可求出结果. （1）∵在平行六面体中，是的中点， ∴ （2）∵， ∴ ∵ ∴ ∴. 本题主要考查向量的运算法则，熟记三角形法则与平行四边形法则即可，属于常考题型. 19．（1）an＝3n,n∈N*（2） （1）依题意a1+a3＝12,a2+a4＝18,两式相减得d＝3,将d＝3代入一式可得a1,则通项公式可求. （2）因为数列{an}是等差数列,所以数列{a3n}也是等差数列,且首项a3＝9,公差d'＝9,则其前n项和可求. 解：(1)因为{an}是等差数列,a1+a3＝12,a2+a4＝18,所以 解得d＝3,a1＝3.则an＝3+（n﹣1）×3＝3n,n∈N*. (2)a3,a6,a9,…,a3n构成首项为a3＝9,公差为9的等差数列. 则. 20．(1) (2) （1）因为直线l1的倾斜角为30°，所以，因为双曲线的焦距为4，所以，再根据的关系，可得椭圆方程； （2）由(1)知，设直线的方程为，，，直线与椭圆联立得，，又知，即可得得，进而可得的值. （1） 由一条渐近线与轴所成的夹角为， 可知，即， 又双曲线中，所以， 解得，， 所以椭圆的方程为. （2） 由(1)知，设直线的方程为，，， 联立得， 所以 由题意知  ③ 由①②③得. 将代入②，得， 又， 所以. 21．（Ⅰ） （Ⅱ）（i）（ii） （Ⅰ）根据三个“二次”的关系可知，的两根为-1和3，再根据韦达定理即可求出； （Ⅱ）（i）由（Ⅰ）中求出的解析式可将不等式化简成，，换元，，即只需求在上的最小值，即可求出实数的取值范围； （ii）换元，令，则函数有三个不同的零点，等价于在有两个零点，再根据函数与方程思想，以及二次函数的有关性质即可求出． （Ⅰ）因为的解集为， 即方程的两根为-1和3， 由韦达定理可知，解得. （Ⅱ）（i）由（Ⅰ）可得：， 所以不等式在上恒成立， 等价于在上恒成立， 令，因为，所以， 则有在恒成立， 令，，则， 所以，即，所以实数的取值范围为. （ii）因为， 令，由题意可知， 令，， 则函数有三个不同的零点， 等价于在有两个零点， 当时，方程，此时，解得或，关于的方程有三个零点，符合题意； 当时，记两个零点为，，且，，， 所以， 综上实数的取值范围是. 22．（1）（2） （1）由题意知本题是古典概型，计算基本事件的总数和“方程有两个正根”的事件数，计算所求的概率值； （2）由题意知本题是几何概型，计算试验的全部结果构成区域和满足条件的事件组成区域，计算面积比即可． （1）由题意知本题是一个古典概型，用表示一枚骰子投掷两次所得到的点数的事件 依题意知，基本事件的总数有个，二次方程有两正根， 等价于 即 “方程有两个正根”的事件为，则事件包含的基本事件为：、 、 、， 共个， ∴所求的概率为. （2）由题意知本题是一个几何概型，如图所示： 试验的全部结果构成区域， 其面积为， 满足条件的事件为：， 其面积为， 所求概率为. 学科网（北京）股份有限公司 $$