精品解析：四川省泸州市合江县中学校2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

合江中学高2023级高二下学期第二次月考 数学试题 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一､单项选择题（本大题共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. 下列求导正确是（ ） A. B. C. D. 2. 已知椭圆与双曲线有共同的焦点，则（ ） A. 14 B. 9 C. 4 D. 2 3. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 4. 函数的导函数的图象如图所示，则（ ） A. 为函数的零点 B. 为函数的极大值点 C. 函数在上单调递减 D. 是函数的最小值 5. 已知某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为，则该队员每次罚球的命中率为（ ） A. B. C. D. 6. 的展开式中项的系数为（ ） A. B. C. 10 D. 80 7. 已知数列满足：，，且，则数列前n项的和为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．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. 已知递减的等差数列{an}的前n项和为Sn，S6＝S8，则（ ） A a7＞0 B. S13＜0 C. S15＜0 D. S7最大 10. 已知，则（ ） A B. C. D. 11. 假设某市场供应的智能手机中，市场占有率和优质率的信息如下表： 品牌 甲 乙 其他 市场占有率 优质率 在该市场中任意买一部智能手机，用、、分别表示买到的智能手机为甲品牌、乙品牌、其他品牌，表示买到的是优质品，则（ ） A. B. C. D. 12. 在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的有（ ） A. 直线平面 B. 三棱锥体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三､填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 13. 设离散型随机变量的分布列为： 0 1 2 3 4 0.1 0.4 0.2 0.2 则离散型随机变量的期望________ 14. 三个人坐在一排5个座位上，空位相邻的坐法有________种．（用数字作答） 15. 若不等式对恒成立，其中，则的取值范围为______. 四､解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 16. 每个国家对退休年龄都有不一样的规定，2018年开始，我国关于延迟退休的话题一直在网上热议，为了了解市民对“延迟退休”的态度，现从某地市民中随机选取100人进行调查，调查情况如下表： 年龄段（单位：岁） 被调查的人数 10 15 20 25 5 赞成人数 6 12 20 12 2 （1）从赞成“延迟退休”人中任选1人，此年龄在的概率为，求出表格中，的值； （2）若从年龄在的参与调查的市民中按照是否赞成“延迟退休”进行分层抽样，从中抽取10人参与某项调查，然后再从这10人中随机抽取4人参加座谈会，记这4人中赞成“延迟退休”的人数为，求的分布列及数学期望． 17. 已知数列的前n项和为，且，，设． （1）求证：数列为等比数列； （2）求数列的前项和． 18. 如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点. （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 19. 已知和为椭圆上两点. （1）求C的离心率; （2）若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 20. 已知函数，记的导函数为 （1）讨论的单调性； （2）若有三个不同的极值点，其中 ①求的取值范围； ②证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合江中学高2023级高二下学期第二次月考 数学试题 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一､单项选择题（本大题共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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据基本初等函数的导函数、导数的运算法则及简单复合函数的求导法则计算可得. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，故B错误； 对于C：，故C错误； 对于D：，故D正确. 故选：D 2. 已知椭圆与双曲线有共同的焦点，则（ ） A. 14 B. 9 C. 4 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件结合椭圆、双曲线方程的特点直接列式计算作答. 【详解】设椭圆半焦距为c，则，而椭圆与双曲线有共同的焦点， 则在双曲线中，，即有，解得， 所以 故选：C 3. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，令，利用导数求的单调递减区间. 【详解】由题意可知：的定义域为，且， 令，解得， 所以函数的单调递减区间是. 故选：B. 4. 函数的导函数的图象如图所示，则（ ） A. 为函数的零点 B. 为函数的极大值点 C. 函数在上单调递减 D. 是函数的最小值 【答案】C 【解析】 【分析】根据导函数图象，导函数与原函数的关系对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】由的图象可得，当时，，当时，， 当时，，当时， 所以在和上单调递增，在和上单调递减， 所以为的极小值点，所以B选项错误，C选项正确； 是的零点，但不一定是的零点，所以A错误； 是函数的极小值，但不一定是最小值，所以D错误. 故选：C 5. 已知某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为，则该队员每次罚球的命中率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分析可得两次罚球都命中的概率为，由相互独立事件的概率公式可得关于的方程，即可求得结果. 【详解】某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，设该队员每次罚球的命中率为， 设“在两次罚球中至多命中一次”为事件，则“在两次罚球中命中两次”为事件， ， 解得：， 故选：B. 6. 的展开式中项的系数为（ ） A. B. C. 10 D. 80 【答案】D 【解析】 【分析】变形后,分析加通项公式即可解决． 【详解】，要得到展开式中项，只需要找出展开式的项即可.由通项公式规律，由于 ，可直接写出项．即为．则展开式中项为，系数为. 故选：D. 7. 已知数列满足：，，且，则数列前n项的和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由叠加法求出数列通项公式，再代入，求出数列通项公式，再由列项相消法求出. 【详解】由得，，，…，，， 叠加得， 由题可知也适合上式，故； 所以， 则数列前n项的和. 故选：B. 8. 若函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意分离参数可知在区间上只有一个变号的根，构造函数即可得解. 【详解】，令，得，由题意知在区间上只有一个变号的根， 令，则，令，得， 当时，单调递减；当时，单调递增． 又， 所以当时，在区间上只有一个变号的根， 即函数在上有且仅有一个极值点时，的取值范围是． 故选：B． 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．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. 已知递减的等差数列{an}的前n项和为Sn，S6＝S8，则（ ） A. a7＞0 B. S13＜0 C. S15＜0 D. S7最大 【答案】ACD 【解析】 【分析】由可得，由等差数列{an}为递减数列，所以，所以当时，时，根据等差数列的求和公式和性质，逐项分析判断即可. 【详解】由可得， 由等差数列{an}为递减数列， 所以，故A正确； 又，故B错误； ，故C正确； 由等差数列{an}为递减数列，所且， 所以当时， 时，所以S7最大，故D正确 故选：ACD 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用赋值法可判断ABD；由，利用二项式的展开式的通项公式求解可判断C. 【详解】对于A：令，可得，故A正确； 对于B：令，， 所以，故B正确； 对于C：， 二项式的展开式的通项公式为， 所以，故C错误； 对于D：令，可得， 所以， 所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 假设某市场供应的智能手机中，市场占有率和优质率的信息如下表： 品牌 甲 乙 其他 市场占有率 优质率 在该市场中任意买一部智能手机，用、、分别表示买到的智能手机为甲品牌、乙品牌、其他品牌，表示买到的是优质品，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用条件概率公式可判断AB选项；利用表格中的数据可判断C选项；利用全概率公式可判断D选项. 【详解】由表格中的数据可得，，， ，，， 对于A选项，，A错； 对于B选项，，B对； 对于C选项，，C错； 对于D选项，，D对. 故选：BD. 12. 在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的有（ ） A. 直线平面 B. 三棱锥体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理即可判断；对于B，说明平面，结合三棱锥的体积公式即可判断；对于C，说明异面直线与所成角等于直线与所成角，结合正三角形性质即可判断；对于D，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法即可判断. 【详解】对于A，如图，连接， 由题意可知平面，平面，故， ，且平面， 故平面，平面，故， 同理可证， 平面，故直线平面，A正确； 对于B，因为，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面，故平面， 点在线段上运动，故点P到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥体积为定值，B正确； 对于C，连接，则为正三角形， 因为，故异面直线与所成角等于直线与所成角； 在正中，点在线段上运动， 当P为的中点，即时，与所成角最大，为， 当P与或C重合时，与所成角最小，为， 故异面直线与所成角的取值范围是，C错误； 对于D，设正方体棱长为1，以D为坐标原点，以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 则，， 设，则， 由A可知平面，故可作为平面的法向量， 设直线与平面所成角为，故 ， 当时，取最小值，则取最大值， 即直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确， 故选：ABD 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三､填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 13. 设离散型随机变量的分布列为： 0 1 2 3 4 01 0.4 0.2 0.2 则离散型随机变量的期望________ 【答案】2 【解析】 【分析】由离散型随机变量的性质求出，再利用期望公式来求即可. 【详解】由可得， 所以， 故答案为：2. 14. 三个人坐在一排5个座位上，空位相邻的坐法有________种．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】将两个空位视为一个整体与三个人排列，结合排列数的定义及计算公式可得结论. 【详解】将两个空位视为一个整体与三个人排列，又两个空位没有区别，故共有种排法. 故答案为：. 15. 若不等式对恒成立，其中，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】先讨论m的范围，当时，利用导数求最值，根据最小值大于等于0可得，然后将二元化一元，令，利用导数求最值可解. 【详解】令，即， 当时，由函数与的图象可知，两函数图象有一个交点，记为， 则当时，，即，不满足题意； 当时，令，则， 令，则， 因为单调递增， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以时，有最小值， 又对恒成立， 所以，即， 所以，当且仅当时等号成立. 令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以当时，， 所以，即，当且仅当时等号成立， 所以的取值范围为. 故答案为： 【点睛】难点点睛：本题属于恒成立问题，难点在于将恒成立转化为最值问题，以及利用m，n的不等关系将二元化一元，此处应注意保证任何时候都能取到等号. 四､解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 16. 每个国家对退休年龄都有不一样的规定，2018年开始，我国关于延迟退休的话题一直在网上热议，为了了解市民对“延迟退休”的态度，现从某地市民中随机选取100人进行调查，调查情况如下表： 年龄段（单位：岁） 被调查的人数 10 15 20 25 5 赞成的人数 6 12 20 12 2 （1）从赞成“延迟退休”的人中任选1人，此年龄在的概率为，求出表格中，的值； （2）若从年龄在的参与调查的市民中按照是否赞成“延迟退休”进行分层抽样，从中抽取10人参与某项调查，然后再从这10人中随机抽取4人参加座谈会，记这4人中赞成“延迟退休”的人数为，求的分布列及数学期望． 【答案】（1）， （2）分布列见解析；期望为 【解析】 【分析】（1）的值等于总人数减去其余各组人数的和，利用的概率为求出的值； （2）利用分层抽样的比例可以求出10人中，赞成的有8人，不赞成的有2人，而表示从10人中抽取的4人中赞成“延迟退休”的人数，所以的可能取值为2，3，4，然后求出其对应的概率，就可完成的分布列. 小问1详解】 因为总共抽取100人进行调查，所以， 因为从赞成“延迟退休”的人中任选1人，其年龄在的概率为，所以． 【小问2详解】 从年龄在中按分层抽样抽取10人，赞成的抽取人，不赞成的抽取2人，再从这10人中随机抽取4人，则随机变量的可能取值为2，3，4. 则， ， ． 所以分布列为 2 3 4 所以. 17. 已知数列的前n项和为，且，，设． （1）求证：数列为等比数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）借助与的关系可消去，得到，借助将其转换为后结合等比数列定义即可得证； （2）借助错位相减法计算即可得. 【小问1详解】 ，即， 即，则，即， 即，又， 故数列是以为首项、以为公比的等比数列. 【小问2详解】 由（1）易得，即，则， 则， 有， 则 ， 故. 18. 如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点. （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取棱的中点，连接，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，由向量夹角的余弦公式即可得解. 【小问1详解】 如图，取棱的中点，连接. 因为分别是棱的中点，所以且， 且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 设，则. 在直三棱柱中，平面，而平面，平面， 所以， 又因为， 所以两两互相垂直； 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 所以. 设平面的法向量为， 则， 令，解得，从而可得. 而， 设平面的一个法向量为， 则， 令，解得， 所以平面的一个法向量为. 因为， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 19. 已知和为椭圆上两点. （1）求C的离心率; （2）若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 【答案】（1） （2）直线方程为或. 【解析】 【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可； （2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅垂高乘表达面积即可. 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以. 【小问2详解】 法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 法二：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，则，解得或， 即或，以下同法一. 法三：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，其中，则有， 联立，解得或， 即或，以下同法一； 法四：当直线的斜率不存在时，此时， ，符合题意，此时，直线的方程为，即， 当线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆方程有，则，其中，即， 解得或，，， 令，则，则 同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 则，解得， 此时，则得到此时，直线的方程为，即， 综上直线的方程为或. 法五：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， 到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 法六：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设， 设与轴的交点为，令，则， 联立，则有， ， 其中，且， 则， 则，解得或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 20. 已知函数，记的导函数为 （1）讨论的单调性； （2）若有三个不同的极值点，其中 ①求的取值范围； ②证明：. 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析 （2）① ；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）由已知可得，运用导函数，分，两种情况讨论导函数的符号得出函数的单调性； （2）①由（1）知时，在单调递增，不合题意．下面研究的情况．由（1）得， ．再由可求得的取值范围． ②由①可知，由此可得．只需证明又，由此可得． 令，有．令运用导函数研究函数的单调性，可得证. 【小问1详解】 解：由已知可得，故可得． 当时，，故在单调递增； 当时，由，解得，或， 记，，则可知当变化时，的变化情况如下表： 0 0 极大值 极小值 所以，函数在区间单调递增，在区间单调递减，在区间单调递增． 【小问2详解】 ①解：由已知，函数有三个零点，且．由（1）知时，在单调递增，不合题意．下面研究的情况． 由于，故，因此，又因为在单调递减，且，所以． 又因为，由于，且， 故 因此，在恰有一个零点（即在恰有一个零点），在恰有一个零点（即），在恰有一个零点（即在恰有一个零点）． 所以，的取值范围是． ②证明：由（i）可知，且在单调递减，在单调递增，在单调递减，在单调递增．由此可得．故只需证明 因为，故，由此可得． 由（其中），可得，整理得，故，整理得．因此， 令，可知，则． 令则． 令，则，由此可得在单调递减，故，可得在单调递增，故，所以，因此． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $