四川省南充市嘉陵第一中学2023-2024学年高二下学期第三次月考（5月）数学试题

嘉陵一中高二下期第三次月考 数学试题 考试时间：120分钟 第I卷（选择题） 一、单选题（40分） 1．在等差数列中，若，则（    ） A．21 B．24 C．27 D．29 2．若随机变量，则（    ） A．2 B．4 C．8 D．32 3．有甲、乙两台车床加工同一种零件，且甲、乙两台车床的产量分别占总产量的，甲、乙两台车床的正品率分别为．现从一批零件中任取一件，则取到正品的概率为（    ） A．0.93 B．0.934 C．0.94 D．0.945 4．若函数在上是增函数，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．若，则（    ） A．180 B． C． D．90 6．在等比数列中，公比，前87项和，则（    ） A． B．60 C．80 D．160 7．为迎接2024年在永州举行的中国龙舟公开赛，一位热情好客的永州市民准备将9份一样的永州特产分给甲、乙、丙三名幸运观众，若每人至少分得一份，且甲、乙两人分得的份数不相同，则不同的分法总数为（    ） A．26 B．25 C．24 D．23 8．已知函数在上无极值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题（18分） 9．在一个袋中装有质地大小一样的6个黑球，4个白球，现从中任取4个小球，设取的4个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是（ ） A． B． C．随机变量服从超几何分布 D．随机变量服从二项分布 10．已知数列的前项和，则（    ） A．不是等差数列 B． C．数列是等差数列 D． 11．法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆或的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以坐标原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆.已知椭圆，则下列说法正确的是（    ） A．椭圆的蒙日圆方程为 B．矩形的四边均与椭圆相切，若为正方形，则的边长为 C．若是椭圆的蒙日圆上一个动点，过作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于，两点，则面积的最大值为 D．若是直线上的一点，过点作椭圆的两条切线与椭圆相切于，两点，是坐标原点，连接，当为直角时，或 第II卷（非选择题） 三、填空题（15分） 12．某单位为葫芦岛市春节联欢会选送了甲、乙两个节目，节目组决定在原有节目单中6个节目的相对顺序保持不变的情况下填加甲乙两个节目，若甲、乙演出顺序不能相邻，那么不同的演出顺序的种数为 .（用数字作答） 13．过椭圆的右焦点作椭圆长轴的垂线，交椭圆于A，B两点，为椭圆的左焦点，若为正三角形，则该椭圆的离心率为 . 14．已知函数，函数有两个极值点．若，则的最小值是 . 四、解答题(77分） 15．已知数列的前项和为，且． (1)求的通项公式；（6分） (2)记，求数列的前项和．（7分） 16．为弘扬中华优秀传统文化，营造良好的文化氛围，某高中校团委组织非毕业年级开展了“我们的元宵节”主题知识竞答活动，该活动有个人赛和团体赛，每人只能参加其中的一项，根据各位学生答题情况，获奖学生人数统计如下： 奖项组别 个人赛 团体赛获奖 一等奖 二等奖 三等奖 高一 20 20 60 50 高二 16 29 105 50 (1)从获奖学生中随机抽取1人，若已知抽到的学生获得一等奖，求抽到的学生来自高一的概率；（4分） (2)从高一和高二获奖者中各随机抽取1人，以表示这2人中团体赛获奖的人数，求的分布列和数学期望；（7分） (3)从获奖学生中随机抽取3人，设这3人中来自高一的人数为，来自高二的人数为，试判断与的大小关系．（结论不要求证明）（4分） 17．如图，在三棱柱中，平面平面，，四边形是边长为2的正方形. (1)证明：平面；（7分） (2)若直线与平面所成的角为30°，求二面角的余弦值．（8分） 18．已知椭圆经过点. (1)求椭圆的标准方程；（6分） (2)过点的直线交该椭圆于C，D两点（点C在点D的上方），椭圆的上、下顶点分别为A，B，直线与直线交于点Q.证明：点Q在定直线上.（11分） 19．已知函数，． (1)求曲线在点处的切线方程．（4分） (2)当时，讨论函数的单调性．（6分） (3)若对任意恒成立，求实数的取值范围．（7分） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 嘉陵一中高二下期第三次月考数学答案 1．【答案】A【分析】由等差中项的性质、以及等差数列基本量的计算得公差，进一步即可得解. 【详解】在等差数列中，若，即 则公差，所以.故选：A. 2．【答案】B【分析】由二项分布的方差公式即可求解. 【详解】由题意可得.故选：B. 3．【答案】B【分析】根据概率与条件概率的定义，结合全概率公式，可得答案. 【详解】设事件表示为“任选一件零件为甲车床生产的”， 事件表示为“任选一件零件为乙车床生产的”，事件表示为“任选一件零件为正品”， 则，，，， 所以.故选：B. 4．【答案】D【分析】求出函数的导数，问题转化为在恒成立，利用判别式即可求出的范围． 【详解】函数，， 若在递增，则在恒成立，可得,解得，故选：D 5．【答案】A【分析】由写出其通项公式，依题意对赋值即可求得. 【详解】因，其二项展开式的通项为： ， 而是的系数，故只需取，得，即.故选：A. 6．【答案】C【分析】根据题意，得到构成公比为的等比数列，设，得到，进而求得的值. 【详解】在等比数列中，由公比， 可得构成公比为的等比数列， 设，则，因为数列的前87项和， 所以，解得，所以.故选：C. 7．【答案】C【分析】用插板法求得将9份一样的永州特产分给甲、乙、丙三名幸运观众，每人至少分得一份的分法总数，再减去甲、乙两人分得的份数相同的分法总数，即可求解. 【详解】将9份一样的永州特产分给甲、乙、丙三名幸运观众，每人至少分得一份，有种分法， 而甲、乙两人分得的份数相同，可以都是1份，2份，3份，4份共4种分法， 所以每人至少分得一份，且甲、乙两人分得的份数不相同，则不同的分法总数为种.故选：C 8．【答案】D【分析】求导数确定单调性，讨论x的取值范围可得结果. 【详解】由题意得，，故，因为函数在上无极值， 所以在R上恒成立，当时，，设，则， 当时，得，当时，得，则在上单调递减，在上单调递增， 从而，故，当时，，则.综上，.故选：D. 二、多选题 9．【答案】BC【分析】根据超几何分布的定义以及概率公式，可得答案. 【详解】由题意知随机变量服从超几何分布；的取值分别为0，1，2，3，4， 则，， ，，，故选：BC． 10．【答案】BC 【分析】根据即可求出数列的通项，再根据等差数列的定义和前项和公式逐一判断即可. 【详解】由，当时，， 当时，，当时，上式也成立， 所以，故B正确；因为，所以是等差数列，故A错误； 对于C，， 因为，所以数列是等差数列，故C正确；对于D，令，则， 所以当时，，当时，， 故，故D错误.故选：BC. 11．【答案】ABD 【分析】利用新定义即可直接求出相关量，判断选项AB，表示出三角形的面积，结合基本不等式即可判断选项C，结合题意分析出当为直角时，点与点或重合，即可判断选项D. 【详解】对于A选项，由椭圆的方程知，， 故蒙日圆半径为，则蒙日圆的方程为，A正确；对于B选项，设椭圆的蒙日圆为圆， 由题意知，矩形为圆的内接矩形，当为正方形时，由圆的半径为得的边长为，B正确； 对于C选项，椭圆的蒙日圆的半径为，因为，即为蒙日圆的直径，所以， 所以，又因为， 当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为，C错误； 对于D选项，设直线与椭圆的蒙日圆交于，两点，联立解得或， 不妨令，，所以当点与点或重合时，为直角， 且，， 所以直线的斜率为或，D正确. 故选：ABD 12．【答案】42 【分析】由已知甲乙2个节目不相邻，已经排好的6个节目相对顺序不变，把2个节目插入6个节目形成的7个空中，即2个节目在7个位置的排列. 【详解】由已知甲乙2个节目不相邻，排好的6个节目相对顺序不变， 即把2个节目插入6个节目形成的7个空中，共有种.故答案为：42. 13．【答案】【分析】由题意可得，结合椭圆的定义计算即可求解. 【详解】由题意知，为正三角形，且，则， 所以，，由椭圆的定义知， 即，解得. 故答案为：. 14．【答案】 【分析】求导后可知是方程在上的两根，结合韦达定理可得，；将化为，令，利用导数可求得，从而得到结果. 【详解】因为，令， 因为，有两个极值点，所以是方程在上的两根， 所以，，所以，， 所以， 设，则， 所以当时，，所以在上单调递减， 所以，即的最小值为.故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数最值的问题；本题求解最值的基本思路是将多个变量统一为关于一个变量的函数的形式，通过构造函数将问题转化为函数最值的求解问题. 15．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由可得，两式相减由累乘法可求出的通项公式； （2）求出，由裂项相消法可求出数列的前项和. 【详解】（1）因为，令得，因为， 所以，两式相减得， 即．所以，所以， 即，所以当时，，又，所以． （2）由（1）可得， 所以. 16．【答案】(1)(2)分布列见解析， (3) 【分析】（1）直接利用条件概率公式计算得到答案. （2）得可能取值为0，1，2，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案. （3）根据方差的性质得到，得到答案. 【详解】（1）记“任取1名学生，该生获得一等奖”为事件，“任取1名学生，该生为高一学生”为事件， ，，故. （2）由已知可得，得可能取值为0，1，2 ，，， 的分布列为 0 1 2 p （3）理由：，故， 17．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面，从而得到，进而即可证明平面； （2）结合（1）及题意可得为直线与平面所成的角，即，从而得到，，．（方法一）过点作，垂足为，过点作，垂足为，连结，先证明，平面，再平面，从而证明，从而可得是二面角的平面角，进而即可求出二面角的余弦值；（方法二）取的中点，连结，先证明平面，再取的中点，以为基底，建立空间直角坐标系，再根据向量夹角公式即可求解． 【详解】（1）因为四边形是正方形，所以， 又平面平面，平面，平面平面，所以平面， 因为平面，所以，又因为，，平面，， 所以平面． （2）由（1）知，为直线与平面所成的角，即， 又正方形的边长为2，所以，，所以， （方法一）过点作，垂足为，过点作，垂足为，连结， 因为平面，平面，所以， 又，平面，，所以平面， 又平面，则， 又，平面，，所以平面，又平面，所以， 所以是二面角的平面角，在直角中，，， 所以，所以，即二面角的余弦值为． （方法二）取的中点，连结，因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，取的中点，则， 以为基底，建立空间直角坐标系， 所以，，，所以，， 设平面的法向量为，则，即，取，则， 取平面的法向量，设二面角的大小为，则， 因为二面角为锐角，所以，即二面角的余弦值为． 18．【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）代入点的坐标可得方程； （2）方法一联立方程，求出可得答案；方法二结合转化可得答案；方法三利用点的坐标代入方程进行转化，结合韦达定理可得答案. 【详解】（1）∵椭圆过点M，∴， ∵，∴， ∴椭圆的标准方程为. （2）方法一：设直线l的方程为，，，， ，， ∴直线方程为：，直线方程：. 联立，方程可得 ，∴. ∴点Q在定直线上运动. 方法二：和差转化 由方法一可得， ∴， ∴. 方法三：点代平方差 ∵D在椭圆上，∴，∴ ∴ ， ∴. 19．【答案】(1)； (2)在上单调递增，在上单调递减； (3)． 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）根据导数即可判断单调区间； （3）由题意得对任意恒成立，据此根据导数求解即可. 【详解】（1）由题意，得， 则，又， 所以曲线在点处的切线方程为， 即； （2）当时，，其定义域为， 且，由， 得，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减； （3）对任意恒成立， 即，即对任意恒成立， 若，则上述不等式显然成立， 此时，若，则只需不等式对任意恒成立， 证明如下： 设，则， 因为，所以，所以， 所以在上单调递增， 且，所以在上恒成立， 由得， 则成立，所以成立， 从而得证，即不等式恒成立， 故； 若，则， 设函数，则对任意恒成立， 由（2）知函数在上单调递增， 所以，即对任意恒成立， 设，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，所以， 又，所以，综上所述，实数的取值范围为． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$