精品解析：四川省成都市简阳实验学校2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题

成都石室阳安学校高2022级高二（下）5月月考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知在等差数列中，，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则（ ） A. 12 B. 6 C. 3 D. 4. 甲、乙、丙、丁、戊5名青年志愿者被分配到3个不同的岗位参加志愿者工作，每个岗位至少分配一人，丁与戊在同一岗位，则不同的分配方案有（ ） A. 18种 B. 21种 C. 24种 D. 36种 5. 在等比数列中，是函数两个极值点，若，则的值为（ ） A. 3 B. C. D. 9 6. 已知函数在区间上单调递减，则实数m的取值范围为（     ） A. B. C. D. 7. 甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和3个红球，丙袋中有3个白球和4个红球.先随机取一只袋，再从该袋中随机取一个球，该球为红球的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线被圆截得的弦长为，则（ ） A. B. C. 4 D. 二．多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.全选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是单调递增数列 C. 是等差数列 D. 10. 已知函数，下列结论中正确的是（ ） A. B. 函数的值域为R C. 若是的极值点，则 D. 若是极小值点，则在区间单调递减 11. 已知随机变量的分布列，若，则实数的值可以是（ ） 0 1 2 3 A. 5 B. 7 C. 9 D. 10 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨度克·牛顿于1664年提出；据考证，我国至迟在11世纪，北宋贾宪就已经知道了二项式系数法则.在的二项式展开式中，x的系数为____________. 13. 由下列数阵可以看出，第行最右边数是，那么第行所有数的和是______. 14. 2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易“江南忆，最忆是杭州”，名为“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人．为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为 __． 四．解答题：本题共5小题，共77分. 15. 在直角梯形中，，O中点，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面，如图（2）； （1）求证：； （2）若M为线段的中点，求与平面所成角的正弦值． 16. 某手机生产厂商要生产一款5G手机，在生产之前，该公司对手机屏幕的需求尺寸进行社会调查，共调查了400人，将这400人按对手机屏幕的需求尺寸分为6组，分别是：，，，，，（单位：英寸），得到如下频率分布直方图：其中，屏幕需求尺寸在的一组人数为50人. （1）求和的值； （2）用分层抽样的方法在屏幕需求尺寸为和两组人中抽取6人参加座谈，并在6人中选择2人做代表发言，则这2人来自同一分组的概率是多少？ 17. 已知数列的前n项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若数列满足，求的前项和. 18. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，若在区间上的最小值为，求a的值． 19. 已知椭圆的左右焦点分别为，，左顶点为，上顶点为，且，动直线与椭圆交于，两点；当直线过焦点且与轴垂直时，. （1）求椭圆的方程； （2）若直线过点，当面积为时，求直线的斜率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都石室阳安学校高2022级高二（下）5月月考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知在等差数列中，，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的定义，代入计算求解即可. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，所以，所以， 所以. 故选：A. 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用赋值法，令，即可求得正确答案. 【详解】依题意，， 令，得； 令，得， 所以. 故选：B. 3. 已知函数，则（ ） A. 12 B. 6 C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求导计算出，再由导数的定义得，即可求解 【详解】∵，∴， ∴． 故选：C 4. 甲、乙、丙、丁、戊5名青年志愿者被分配到3个不同的岗位参加志愿者工作，每个岗位至少分配一人，丁与戊在同一岗位，则不同的分配方案有（ ） A. 18种 B. 21种 C. 24种 D. 36种 【答案】D 【解析】 【分析】根据丁与戊个人为一堆，以及选择1人与丁与戊构成一堆分为两类，再分配即可. 【详解】先把5人分成3堆，共有两类： 第一类：丁与戊个人为一堆，其它人分为一堆1人，一堆2人，所有分堆方式有：种， 再将三堆分配至3个岗位，共有：种； 第二类：从除去丁与戊的3人种，选择1人与丁与戊构成一堆，其它2人分为一堆1人，另一堆也是1人， 所有分堆方式共有：种，再将三堆分配至3个岗位，共有：种； 综上所述，所有的分配方案有：种. 故选：D. 5. 在等比数列中，是函数的两个极值点，若，则的值为（ ） A. 3 B. C. D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】由等比数列下标和性质及求出，再根据函数存在极值点条件求解即可． 【详解】因为为等比数列，， 所以，解得或（不合题意，舍去）， 所以， ，令，即， 由题意得，是方程的两个相异正根， 则，，符合题意， 故选：D． 6. 已知函数在区间上单调递减，则实数m的取值范围为（     ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导得到函数在上单调递减，从而得到不等式，求出答案. 【详解】， 令得， 故在上单调递减， 由题意得，解得， 故选：A 7. 甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和3个红球，丙袋中有3个白球和4个红球.先随机取一只袋，再从该袋中随机取一个球，该球为红球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分取到甲、乙、丙袋三种情况，结合全概率公式计算即可得. 【详解】设事件“取出的是甲袋”，“取出的是乙袋”，“取出的是丙袋”， “取出的是红球”， 则 . 故选：D. 8. 已知直线被圆截得的弦长为，则（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得圆心坐标为，半径为，由弦长公式可解得. 【详解】易知圆的圆心为，半径， 则圆心到直线的距离为， 又，解得. 故选：B. 二．多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.全选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是单调递增数列 C. 是等差数列 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据累加法可得，即可结合选项逐一判断. 详解】 ，即， ， ，，， ， 以上各式相加得， 又，所以，而也适合上式，,故A正确， 由于，所以，故是单调递增数列，B正确，C错误， ，D错误， 故选：AB 10. 已知函数，下列结论中正确的是（ ） A. B. 函数的值域为R C. 若是的极值点，则 D. 若是的极小值点，则在区间单调递减 【答案】ABC 【解析】 【分析】求导可得，利用导数分类讨论当、时对应的单调性，结合极值点的概念依次判断选项即可. 【详解】，则， 当即时，方程至多有1个实根， 此时，函数R上单调递增； 当即时，方程有2个不等的实根，设为，且， 则，；，， 所以在上单调递减，在上单调递增. A：当时，；当时，，所以，故A正确； B：由选项A知，的值域为R，故B正确； C：若是的极值点，则，故C正确； D：若是的极小值点，则， 在上单调递增，在上单调递减，故D错误. 故选：ABC 11. 已知随机变量的分布列，若，则实数的值可以是（ ） 0 1 2 3 A. 5 B. 7 C. 9 D. 10 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据随机变量的分布列，求出随机变量的分布列，再找出满足的即可. 【详解】由随机变量的分布列，知： 的可能取值为， 且， ， ， ， 则，. 若，则实数的取值范围是. 故选：ABC. 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨度克·牛顿于1664年提出；据考证，我国至迟在11世纪，北宋贾宪就已经知道了二项式系数法则.在的二项式展开式中，x的系数为____________. 【答案】 【解析】 【分析】先求得的二项式展开式的通项公式为 ，令 ，求得，从而可求得答案. 【详解】在的二项式展开式中，通项公式为 ， 令 ，解得 ， 所以的系数为， 故答案为：. 13. 由下列数阵可以看出，第行最右边的数是，那么第行所有数的和是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用数阵的排列将问题转化为等差数列求和问题，结合公式求解即可. 【详解】由数阵的排列可得，第行共有个数， 因为第行最右边的数是，所以第行最右边的数是， 第行最右边的数是，故第行最左边的数是， 故第行所有数的和为， 其构成首项为，公差为1的等差数列， 故. 故答案为： 14. 2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人．为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为 __． 【答案】50 【解析】 【分析】按照2，2，1和3，1，1分组讨论安排． 【详解】按照2，2，1分3组安装， ①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种， ②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种， 按照3，1，1分3组安装， ①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种， ②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种， 故共有种． 故答案为：50． 四．解答题：本题共5小题，共77分. 15. 在直角梯形中，，O中点，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面，如图（2）； （1）求证：； （2）若M为线段的中点，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质判定线面垂直再证线线垂直； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面角即可. 【小问1详解】 在中，，且O为中点，则， 平面平面，平面平面平面， 所以平面，且平面， 所以； 【小问2详解】 在直角梯形中，， 所以， 则， ∴， 又∵O、M分别为、的中点， ∴，∴， 以O为原点，以所在直线分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系， 则， 可得， 令平面的一个法向量为， 由，令，则，可得， 令与平面所成角为， 则， 即与平面所成角的正弦值为． 16. 某手机生产厂商要生产一款5G手机，在生产之前，该公司对手机屏幕的需求尺寸进行社会调查，共调查了400人，将这400人按对手机屏幕的需求尺寸分为6组，分别是：，，，，，（单位：英寸），得到如下频率分布直方图：其中，屏幕需求尺寸在的一组人数为50人. （1）求和的值； （2）用分层抽样的方法在屏幕需求尺寸为和两组人中抽取6人参加座谈，并在6人中选择2人做代表发言，则这2人来自同一分组的概率是多少？ 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）可求得在的一组的，可求，利用概率和为，可求得； （2）由已知可求得屏幕需求尺寸为的人数与屏幕需求尺寸为的人数，可求得在每组各抽了多少人，利用古典概型概率公式计算可得2人来自同一分组的概率. 【小问1详解】 因为屏幕需求尺寸在的一组人数为50人， 所以其频率为.又因为组距为0.5，所以. 又因为，所以， 即，. 【小问2详解】 因为屏幕需求尺寸为人数为：， 屏幕需求尺寸为人数为， 若要用分层抽样的方法抽取6人 所以要在组中抽2人，设为，； 要在组中抽4人，设，，，， 因此样本空间 ，，，，，， ，，，，共15个基本事件， 而这2人来自同一分组为事件， ，共7个基本事件， 所以这2人来自同一分组的概率. 17. 已知数列的前n项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若数列满足，求前项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据的关系由：求解即可； （2）根据通项分奇偶分别计算求和，结合裂项相消和等比数列求和公式即可. 【小问1详解】 当时，. 当时，， 当时，也符合. 综上， 【小问2详解】 由 则 ， 故的前项和. 18. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，若在区间上的最小值为，求a的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，分别求出及，即可写出切线方程； （2）计算出，令，解得或，分类讨论的范围，得出的单调性，由在区间上的最小值为，列出方程求解即可． 【小问1详解】 当时，，则，，所以， 所以曲线在处的切线方程为：，即． 【小问2详解】 ，令，解得或， 当时，时，，则在上单调递减， 所以，考虑，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以的极大值为，所以由得； 当时，时，，则在上单调递减， 时，，则在上单调递增， 所以，则，不合题意； 当时，时，，则在上单调递减， 所以，不合题意； 综上，． 19. 已知椭圆的左右焦点分别为，，左顶点为，上顶点为，且，动直线与椭圆交于，两点；当直线过焦点且与轴垂直时，. （1）求椭圆的方程； （2）若直线过点，当面积为时，求直线的斜率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆顶点以及垂直关系可得，再由通径长可得，代入可得椭圆的方程； （2）设直线的方程为并于椭圆方程联立，由弦长公式以及点到直线距离公式得出面积表达式可得结果. 【小问1详解】 由椭圆顶点性质以及可得； 当直线过焦点且与轴垂直时，其方程为， 代入可求得，所以， 解得； 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）可知， 设直线的方程为，，如下图所示： 联立，消去并整理可得， 由韦达定理可得； 因此， 直线的方程化为，可得点到直线的距离为； 所以的面积为， 又面积为，可得，解得； 所以直线的斜率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $