精品解析：江苏省南通中学2023-2024学年高二下学期6月月考数学试卷

高二数学月考 一、单选题：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，只有一项是符合要求的． 1. 已知向量与共线，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. 或2 D. 或1 2. 已知随机变量，，且，，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 在四面体中,点E满足，F为的中点，且，则实数 （ ） A. B. C. D. 5. 若曲线在处的切线与曲线也相切，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 6. 如图，A，B，C，D为四个不同的区域，现有红、黄、蓝、黑4种颜色，对这四个区域进行涂色，要求相邻区域涂不同的颜色（A与C不相邻，B与D不相邻），则使用2种颜色涂色的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，底面，且，，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，在区间内任取两个实数，且，若不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知展开式的二项式系数和为，，下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋内装有两个1号球，一个3号球；3号口袋内装有三个1号球，两个2号球；第一次先从1号口袋内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法正确的是（ ） A. 在第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球的概率是 B. 第二次取到1号球的概率 C. 如果第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大 D. 如果将5个不同小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个，则不同的分配方法有150种 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的值域是 B. 若，则 C. 若，则方程共有5个实根 D. 不等式在上有且只有3个整数解，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设函数在处可导，且，则________． 13. 某圆锥的侧面展开图是个半圆，若该圆锥的体积为，则该圆锥的全面积为________． 14. 如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 2024年2月10日至17日（正月初一至初八），“2024•内江市中区新春极光焰火草地狂欢节”在川南大草原举行，共举行了8场精彩的烟花秀节目．前5场的观众人数（单位：万人）与场次的统计数据如表所示： 场次编号 1 2 3 4 5 观众人数 0.7 0.8 1 1.2 1.3 （1）已知可用线性回归模型拟合与的关系，请建立关于的线性回归方程； （2）若该烟花秀节目分A、B、C三个等次的票价，某机构随机调查了该烟花秀节目现场200位观众的性别与购票情况，得到的部分数据如表所示，请将列联表补充完整，并判断能否有的把握认为该烟花秀节目的观众是否购买A等票与性别有关． 购买A等票 购买非A等票 总计 男性观众 50 女性观众 60 总计 100 200 参考公式及参考数据：回归方程中斜率与截距的最小二乘法估计公式分别为，其中． 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 16. 如图，四棱锥的底面是菱形，平面，，点 分别是 的中点，. （1）求证：平面 （2）求证：平面 （3）求平面 与平面 所成二面角的正弦值. 17. 已知函数． （1）当时，求函数的最小值； （2）试讨论函数的单调性； （3）当时，不等式恒成立，求整数a的最大值． 18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，PB与底面ABCD所成角为，底面ABCD为直角梯形，. （1）求PB与平面PCD所成角的正弦值; （2）求平面PCD与平面PBA所成锐二面角的余弦值; （3）如果M是线段PC上的动点（不包括端点），N为AD中点，求点到平面BMN距离的最大值. 19. 篮球运动是在1891年由美国马萨诸塞州斯普林尔德市基督教青年会训练学校体育教师詹姆士·奈史密斯博士，借鉴其他球类运动项目设计发明的．起初，他将两只桃篮钉在健身房内看台的栏杆上，桃篮上沿离地面约3.05米，用足球作为比赛工具，任何一方在获球后，利用传递、运拍，将球向篮内投掷，投球入篮得一分，按得分多少决定比赛胜负．在1891年的12月21日，举行了首次世界篮球比赛，后来篮球界就将此日定为国际篮球日．甲、乙两人进行投篮，比赛规则是：甲、乙每人投3球，进球多的一方获得胜利，胜利1次，则获得一个积分，平局或者输方不得分．已知甲和乙每次进球的概率分别是和，且每人、每次进球与否都互不影响. （1）若，求在进行一轮比赛后甲比乙多投进2球的概率； （2）若，且每轮比赛互不影响，乙要想至少获得3个积分且每轮比赛至少要超甲2个球，求： ①设事件表示乙每轮比赛至少要超甲2个球，求；（结果用含的式子表示） ②从数学期望的角度分析，理论上至少要进行多少轮比赛？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学月考 一、单选题：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，只有一项是符合要求的． 1. 已知向量与共线，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. 或2 D. 或1 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线的性质求得结论即可. 【详解】因为向量与共线， 所以，解得或， 故选：D. 2. 已知随机变量，，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由得到，再由得到，最后根据得出. 【详解】由于服从正态分布，且， 故其均值. 而服从二项分布，故， 再由，就有，得. 故选：C. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定函数定义域，判断函数奇偶性，即可判断B；当时，，利用导数判断此时函数的单调性，即可判断A，C，D，即得答案． 【详解】函数的定义域为， 设，则，故为偶函数， 其图象关于轴对称，则B中图象错误； 又当时，， 由，得，由，得， 故在上单调递减，在上单调递增， 故A、C错误，故选D. 4. 在四面体中,点E满足，F为的中点，且，则实数 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用向量的线性运算，即可求出结果． 【详解】由于F为BE的中点， 所以，结合， 整理得，①， 由，得， 即，②， 根据①②的对应关系，可得 故选：D 5. 若曲线在处的切线与曲线也相切，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得在处的切线为，设直线与曲线相切的切点为，求得，又切点在曲线和切线上，代入即可求解. 【详解】对曲线，在切点处切线的斜率， 所以切线方程为：， 对于曲线，设切点，则在点处切线的斜率， 依题意，即， 又点切点在曲线和切线上，即， 所以， 故选：B. 6. 如图，A，B，C，D为四个不同的区域，现有红、黄、蓝、黑4种颜色，对这四个区域进行涂色，要求相邻区域涂不同的颜色（A与C不相邻，B与D不相邻），则使用2种颜色涂色的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由排列组合以及分类加法计数原理求解个数，即可由古典概型概率公式求解. 【详解】使用4种颜色给四个区域涂色，有种涂法； 使用3种颜色给四个区域涂色，共有种涂法； （使用3种颜色给四个区域涂色有两类情况：①区域A与区域C涂同一种颜色，区域B与区域D涂另外2种颜色； ②区域B与区域D涂同一种颜色，区域A与区域C涂另外2种颜色） 使用2种颜色给四个区域涂色，共有种不同的涂法． 所以所有的涂色方法共有（种），故使用2种颜色给四个区域涂色的概率为． 故选：B 7. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，底面，且，，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得. 【详解】四棱锥的底面为直角梯形，，， 底面，且，， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 设直线与所成角为，则， 直线与所成角的余弦值为． 故选：B 8. 已知函数，在区间内任取两个实数，且，若不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由可得，令，则在上为增函数，即在上恒成立，分离参数，利用二次函数的单调性求解最值即可. 【详解】对任意的，且，， 则，令，则， 由单调性的定义知在上为增函数，. 则在上恒成立，即， 也即在上恒成立， 记，因为的对称轴为，所以在上单调递减， 所以，所以，即实数a的取值范围为. 故选：A 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知展开式的二项式系数和为，，下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先用题目条件得到，然后取特殊值即可验证A，对表达式求导即可验证B，换元并使用二项式定理即可验证C，考查每一项系数的符号并取特殊值即可验证D. 【详解】由已知有，故，. 所以. 对于A，取得，取得， 所以，A错误； 对于B，对求导得， 取得，B正确； 对于C，在中用替换， 得. 所以，特别地对有，C错误； 对于D，由有. 在中取得， 所以，D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于在恒等式中取特殊值，以得到相应的结果. 10. 现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋内装有两个1号球，一个3号球；3号口袋内装有三个1号球，两个2号球；第一次先从1号口袋内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法正确的是（ ） A. 在第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球的概率是 B. 第二次取到1号球的概率 C. 如果第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大 D. 如果将5个不同小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个，则不同的分配方法有150种 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A选项利用条件概率公式求解；对于B选项利用全概率公式求解，对于C选项利用贝叶斯公式求解，对于D选项，不同元素的分配问题，先分份再分配即可求解 【详解】对于A选项，记事件分别表示第一次、第二次取到号球, ,则第一次抽到号球的条件下，第二次抽到号球的概率，故A错误 对于B选项，记事件分别表示第一次、第二次取到号球, , 依题意 两两互斥, 其和为, 并且 应用全概率公式, 有，故B错误 对于C选项，依题设知, 第二次的球取自口袋的编号与第一次取的球上的号数相同, 则 故在第二次取到1号球的条件下, 它取自编号为 的口袋的概率最大.故C正确 对于D选项，先将5个不同的小球分成1，1，3或2，2，1三份，再放入三个不同的口袋，则不同的分配方法有，故D正确 故选：CD 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的值域是 B. 若，则 C. 若，则方程共有5个实根 D. 不等式在上有且只有3个整数解，则的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】A选择利用导数研究函数的单调性即可确定值域，需要注意当时，且；B选项需要设导函数的零点，进而可确定函数的单调区间，结合对勾函数的性质可确定答案；C选项，方程，所以两根为或，再利用导数研究的图象，结合图象可确定零点个数；D选项，将原不等式化为，令，利用导数求函数的单调性，进而确定 在上的3个整数解为－2,－1,0，再构造不等式组求答案即可. 【详解】对于A，函数， 当和时，为减函数； 当时，为增函数： 当时，且，而， 如下图所示： 所以值域为，选项A错； 对于B，由已知得，， 显然在上为增函数，且，， 所以使， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； ， 结合对勾函数的性质，，选项B正确； 对于C，方程，所以两根为或， 因为，所以， 明显为增函数，且， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，且时，且， 而，，，， 所以函数的图象如下： 所以有1个根， 有5个根， 所以方程有6个根，选项C项错误： 对于D，不等式， 当时，不等式可化为， 令，则， 当时，，在上为增函数， 则在上的3个整数解为－2,－1,0， ，即，解得，故选项D正确． 故选：BD. 【点睛】关键点睛：注意数形结合的思想的应用，利用导数求出函数的增减区间，进而可确定函数的大致图象，再结合图象分析即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设函数在处可导，且，则________． 【答案】或 【解析】 【分析】由导数的概念求解即可. 【详解】因为函数在处可导， 所以. 故答案为：. 13. 某圆锥的侧面展开图是个半圆，若该圆锥的体积为，则该圆锥的全面积为________． 【答案】12π 【解析】 【分析】根据题意，由圆锥侧面展开图面积可得，再由圆锥的体积公式可得底面圆的半径，再由圆锥的表面积公式，即可得到结果. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h， 由圆锥侧面展开图为半圆可得，即， 又圆锥的体积为，即， 又，即， 所以， 所以，解得， 则， 所以圆锥的全面积为． 故答案为：. 14. 如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是______． 【答案】 【解析】 【分析】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，以点为原点建立空间直角坐标系，设球心，利用向量法求出球心到平面的距离进而可得出答案. 【详解】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形， 由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时， 该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设球心， 故， 设平面的法向量为， 则有，可取， 则球心到平面的距离为， 因为球与三个正方形面和等边三角形面相切， 所以，解得， 所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下： （1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离； （2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 2024年2月10日至17日（正月初一至初八），“2024•内江市中区新春极光焰火草地狂欢节”在川南大草原举行，共举行了8场精彩的烟花秀节目．前5场的观众人数（单位：万人）与场次的统计数据如表所示： 场次编号 1 2 3 4 5 观众人数 0.7 0.8 1 1.2 1.3 （1）已知可用线性回归模型拟合与的关系，请建立关于的线性回归方程； （2）若该烟花秀节目分A、B、C三个等次的票价，某机构随机调查了该烟花秀节目现场200位观众的性别与购票情况，得到的部分数据如表所示，请将列联表补充完整，并判断能否有的把握认为该烟花秀节目的观众是否购买A等票与性别有关． 购买A等票 购买非A等票 总计 男性观众 50 女性观众 60 总计 100 200 参考公式及参考数据：回归方程中斜率与截距的最小二乘法估计公式分别为，其中． 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 【答案】（1） （2） 根据数据补全表格如下： 购买A等票 购买非A等票 总计 男性观众 40 50 90 女性观众 60 50 110 总计 100 100 200 没有的把握认为该烟花秀节目的观众是否购买A等票与性别有关. 【解析】 【分析】（1）利用表中数据结合最小二乘法计算回归直线即可； （2）根据题意补全列联表即可，再由卡方公式及独立性检验的思想判定结果即可. 【小问1详解】 由表格可知， ，，所以， 则； 【小问2详解】 根据数据补全表格如下： 购买A等票 购买非A等票 总计 男性观众 40 50 90 女性观众 60 50 110 总计 100 100 200 所以， 故没有的把握认为该烟花秀节目的观众是否购买A等票与性别有关. 16. 如图，四棱锥的底面是菱形，平面，，点 分别是 的中点，. （1）求证：平面 （2）求证：平面 （3）求平面 与平面 所成二面角的正弦值. 【答案】（1） 连接，在菱形中，由，得， 由点为的中点，得，而，则， 又平面，平面，于是，又，平面， 所以平面. （2） 法一、连接，连接， 在三角形中，为中线，则为重心，即有， 而，于是，平面，平面， 所以平面 法二、取的中点，连接，在三角形中，为的中点，则， 平面，平面，因此平面， 在三角形中，由，，得， 平面，平面，因此平面， 又平面，平面，， 于是平面平面，而平面， 所以平面. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质判定推理即得. （2）法一，连接，利用三角形重心定理结合线面平行的判定推理即得；法二，取的中点，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理即得. （3）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面 与平面法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）知，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ， ，设平面的法向量为， 则，令，得， ，设平面法向量， 则，令，得，设平面与平面所成的角为， 则，因此， 所以平面与平面所成的角的正弦值为. 17. 已知函数． （1）当时，求函数的最小值； （2）试讨论函数的单调性； （3）当时，不等式恒成立，求整数a的最大值． 【答案】（1） （2） 当时，的单调递减区间是，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间是，单调递增区间是. （3）4 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和最值； （2）求出原函数的导函数，对进行分类讨论即可得出原函数的单调区间； （3）问题转化为恒成立，令新函数，利用导数求其最小值的范围，即可求得整数的最大值. 【小问1详解】 当时，则， 可知的定义域为，且， 令，解得；令，解得， 可知的单调递减区间是，单调递增区间是， 所以函数的最小值为. 【小问2详解】 由题意可知的定义域为，且， 当时，恒成立， 所以的单调递减区间是，无单调递增区间. 当时，令解得， 令，解得；令，解得， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是； 综上所述：当时，的单调递减区间是，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间是，单调递增区间是. 【小问3详解】 当时，不等式恒成立， 即，整理可得， 原题意等价于对任意恒成立， 令， 则， 令，则， 所以在区间上单调递增， 因为，， 所以在区间内存在唯一零点， 即，所以， 当时，，即； 当时，，即； 可知在区间上单调递减，在区间上单调递增； 所以， 因为，则，即， 且为整数，则，所以整数的最大值是4. 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，PB与底面ABCD所成角为，底面ABCD为直角梯形，. （1）求PB与平面PCD所成角的正弦值; （2）求平面PCD与平面PBA所成锐二面角的余弦值; （3）如果M是线段PC上的动点（不包括端点），N为AD中点，求点到平面BMN距离的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，求得向量，和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）由平面的一个法向量，和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，则，则可得平面的一个法向量，通过点到平面距离的公式，得到参数表示的一个代数式，则可得到点到平面BMN距离的范围，即可得到最大值. 【小问1详解】 因为平面，且平面，所以，， 又因为，所以， 因为与底面所成的角为，所以，故， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立的空间直角坐标系，如图所示， 因为，，可得，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，可得， 取，则，可得， 设PB与平面PCD所成的角为, 则， 所以PB与平面PCD所成角的正弦值为. 【小问2详解】 根据题意，平面的一个法向量， 由（1）知，平面的一个法向量为， 则， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 【小问3详解】 因为N为AD中点，所以， 设，则， ∴， 设平面的法向量为，则， 令，则，即， ∵， ∴点到平面距离为， 当时，则， ∴，当时取等号， 则， 综上，点到平面距离的取值范围的最大值为. 19. 篮球运动是在1891年由美国马萨诸塞州斯普林尔德市基督教青年会训练学校体育教师詹姆士·奈史密斯博士，借鉴其他球类运动项目设计发明的．起初，他将两只桃篮钉在健身房内看台的栏杆上，桃篮上沿离地面约3.05米，用足球作为比赛工具，任何一方在获球后，利用传递、运拍，将球向篮内投掷，投球入篮得一分，按得分多少决定比赛胜负．在1891年的12月21日，举行了首次世界篮球比赛，后来篮球界就将此日定为国际篮球日．甲、乙两人进行投篮，比赛规则是：甲、乙每人投3球，进球多的一方获得胜利，胜利1次，则获得一个积分，平局或者输方不得分．已知甲和乙每次进球的概率分别是和，且每人、每次进球与否都互不影响. （1）若，求在进行一轮比赛后甲比乙多投进2球的概率； （2）若，且每轮比赛互不影响，乙要想至少获得3个积分且每轮比赛至少要超甲2个球，求： ①设事件表示乙每轮比赛至少要超甲2个球，求；（结果用含的式子表示） ②从数学期望的角度分析，理论上至少要进行多少轮比赛？ 【答案】（1） （2）①；②15 【解析】 【分析】（1）设出事件，将事件“进行一轮比赛后甲比乙多投进2球”表示成，利用互斥事件的概率加法公式和独立事件的概率乘法公式计算即得； （2）①将“乙每轮比赛至少要超甲2个球”表示成，同上求得其概率；②设随机变量表示轮比赛后，乙在每轮比赛至少要超甲2个球的情况下获得的积分，则，依题，，将其转化成，求在上的值域问题即可解决. 【小问1详解】 设事件表示甲在一轮比赛中投进个球， 表示乙在一轮比赛中投进个球，， 表示进行一轮比赛后甲比乙多投进2球 所以 【小问2详解】 ① ； ②设随机变量表示轮比赛后，乙在每轮比赛至少要超甲2个球的情况下获得的积分， 则有，故， 要满足题意，则，即， 又，故， 令，，则在恒成立， 即在上单调递增，故的最大值为， 即的最大值为，于是，的最小值为， 因，故理论上至少要进行15轮比赛. 【点睛】方法点睛：本题主要考查互斥事件和独立事件的概率综合，以及二项分布的概率均值的应用，属于较难题. 解决此类事件的概率，一般需要设出基本事件，将所求事件表示，并运用互斥事件和独立事件的概率公式计算；其次结合条件判断二项分布概率模型，再运用公式求解即得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $