精品解析：广东深圳市承翰学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题

2023-2024学年第二学期深圳市承翰学校 高二年级3月月考数学学科试题 考试时间：120分钟考试总分：150分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题：每小题5分，共40分，每小题只有一个正确答案. 1. 用0，1，2，3，4可以组成无重复数字的三位数的个数为（ ） A. 16 B. 24 C. 36 D. 48 2. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 若把英语单词“”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有（ ） A. 24种 B. 23种 C. 12种 D. 11种 4. 函数是定义在上的可导函数，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 5. 某公司有五个不同部门，现有4名在校大学生来该公司实习，要求安排到该公司的两个部门，且每部门安排两名，则不同的安排方案种数为（　　） A. 40 B. 60 C. 120 D. 240 6. 设函数在区间上的平均变化率为，在区间上的平均变化率为，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 不确定 7. 如图，为四面体的棱的中点，为的中点，点在线段上，且，设，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知的展开式中各项系数和为4，则的系数为（ ） A. 16 B. 8 C. 0 D. 二、多选题：每小题5分，全部选对得5分，部分选对得2分，选错不得分. 9. 在三棱锥P-ABC中，，，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 12. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：每题5分，共20分. 13. 某年级举办线上小型音乐会，由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目丙必须排在节目乙的下一个，则该小型音乐会节目演出顺序的编排方案共有______种.(用数字作答) 14. 已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为______． 15. 在，，三地爆发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感.假设这三个地区人口数的比为3：2：1，现从这三个地区中任选一人，这个人患流感的概率是___________. 16. 四根绳子上共挂有10只气球,绳子上的球数依次为1,2,3,4，每枪只能打破一只球,而且规定只有打破下面的球才能打上面的球,则将这些气球都打破的不同打法数是________. 四、解答题：本大题共6小题，其中17题10分，其他各12分，共70分，解答题应该写出文字说明、证明过程或者演算步骤. 17. 将三个分别标有A，B，C的球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中．求： （1）1号盒中无球的不同放法种数； （2）1号盒中有球的不同放法种数． 18. 已知在的展开式中，第9项为常数项，求： （1）n的值； （2）展开式中的系数； （3）含x的整数次幂的项的个数. 19. 已知（，）展开式的前三项的二项式系数之和为16，所有项的系数之和为1. （1）求和的值； （2）展开式中是否存在常数项？若有，求出常数项；若没有，请说明理由； （3）求展开式中二项式系数最大的项. 20. 某运动队为评估短跑运动员在接力赛中的作用，对运动员进行数据分析．运动员甲在接力赛中跑第一棒、第二棒、第三棒、第四棒四个位置，统计以往多场比赛，其出场率与出场时比赛获胜率如下表所示． 比赛位置 第一棒 第二棒 第三棒 第四棒 出场率 0.3 0.2 0.2 0.3 比赛胜率 0.6 0.8 0.7 0.7 （1）当甲出场比赛时，求该运动队获胜的概率． （2）当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，求甲跑第一棒的概率． （3）如果某场比赛该运动队获胜，求在该场比赛中甲最可能是第几棒．． 21. 如图，在四棱锥中，底面为边长为2的菱形，为正三角形，且平面平面，为线段中点，在线段上. （1）当是线段中点时，求证：平面； （2）当时，求二面角的正弦值. 22. 如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段.（列出过程，用数字作答） （1）由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条？ （2）由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条？ （3）求出图中总计有多少个矩形？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年第二学期深圳市承翰学校 高二年级3月月考数学学科试题 考试时间：120分钟考试总分：150分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题：每小题5分，共40分，每小题只有一个正确答案. 1. 用0，1，2，3，4可以组成无重复数字的三位数的个数为（ ） A. 16 B. 24 C. 36 D. 48 【答案】D 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】要组成无重复数字的三位数，需百位不能为0，分步计数可得： 1. 选百位数字：只能从1、2、3、4这4个非零数字里选，共4种选择； 2. 选十位数字：百位已经用掉1个数字，剩下4个数字（包含0）都可以选，共4种选择； 3. 选个位数字：百位、十位已经用掉2个不同数字，剩下3个数字可选，共3种选择. 由分步乘法计数原理，可得总个数为. 2. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据点关于平面的对称点是即可得出答案. 【详解】点关于平面的对称点是， , 故选：A. 3. 若把英语单词“”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有（ ） A. 24种 B. 23种 C. 12种 D. 11种 【答案】B 【解析】 【详解】“”一共有个不同的字母， 这个字母全排列有种方法， 其中正确的有种，所以错误的有种. 4. 函数是定义在上的可导函数，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用导数的定义直接求解即得, 【详解】依题意，. 故选：C 5. 某公司有五个不同部门，现有4名在校大学生来该公司实习，要求安排到该公司的两个部门，且每部门安排两名，则不同的安排方案种数为（　　） A. 40 B. 60 C. 120 D. 240 【答案】B 【解析】 【分析】本题是一个计数问题，由题意可知，可分两步完成计数，先对四名大学生分组，分法有 种，然后再排到5个部门的两个部门中，排列方法有，计算此两数的乘积即可得到不同的安排方案种数，再选出正确选项． 【详解】解：此问题可分为两步求解，第一步将四名大学生分为两组，由于分法为2，2，考虑到重复一半，故分组方案应为种， 第二步将此两组大学生分到5个部门中的两个部门中，不同的安排方式有， 故不同的安排方案有种． 故选B． 【点睛】本题考查排列组合及简单计数问题，解题的关键是理解事件“某公司共有5个部门，有4名大学毕业生，要安排到该公司的两个部门且每个部门安排2名”，将问题分为两步来求解． 6. 设函数在区间上的平均变化率为，在区间上的平均变化率为，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 不确定 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均变化率的定义求即可. 【详解】因为， 所以，，，， 所以函数在区间上的平均变化率， 函数在区间上的平均变化率， 所以， 故选：C. 7. 如图，为四面体的棱的中点，为的中点，点在线段上，且，设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理得到，故. 【详解】为四面体的棱的中点，为的中点， 故，， ， 因为，所以， . 故选：A 8. 已知的展开式中各项系数和为4，则的系数为（ ） A. 16 B. 8 C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据系数和为4，令x=1代回原式，可求得n值，利用二项式展开式的通项公式，分析计算，即可得答案. 【详解】因为各项系数和为4， 所以令x=1，代入可得，解得， 所以原式为， 又展开式的通项公式为， 令k=3，则，所以可得一个的系数为， 令k=0，则， 又展开式的通项公式为， 令，，所以可得一个的系数为， 令，，所以可得一个的系数为， 令k=1，，所以可得一个的系数为， 综上：的系数为. 故选：D 【点睛】解题的关键是分析题意，要求的系数，则展开式中，需要出现、和的项，求得这些项的系数，再与相乘，可求得的系数，考查分析理解，计算求值的能力，属难题. 二、多选题：每小题5分，全部选对得5分，部分选对得2分，选错不得分. 9. 在三棱锥P-ABC中，，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】 根据空间向量的坐标运算可判断A、B，计算的值可判断C，利用向量的模长公式可判断选项D，即可得正确答案. 【详解】对于选项A：，故选项A正确； 对于选项B：，故选项B不正确； 对于选项C：，则，所以，故选项C正确； 对于选项D：因为，故选项D正确， 故选：ACD 10. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】直接利用导数的四则运算即可判断. 【详解】因为，故A不正确； 因为，故B正确； 因为，故C正确； 因为，故D不正确； 故选：BC. 11. 下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据排列数公式可直接判断A；根据组合数公式计算可判断B；由组合数性质可判断C；利用排列数公式直接计算可判断D. 【详解】对于A，， 所以，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； ，故D正确. 故选：BCD. 12. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，借助二项式的展开式的通项公式计算即可得，对B，可借助二项式的展开式的通项公式可求得各系数的值即可得，对C，由、、，、，借助赋值法计算即可得；对D，借助赋值法计算即可得. 【详解】对于A，对，有， 则，故A错误； 对于B，令，则有，即， 因为， 所以，，， ，， 故有，故B正确； 对于C，由、、，、， 则， 令，则有， 即，又， 故，故C正确； 对于D，令，则有，即， 又，故，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：每题5分，共20分. 13. 某年级举办线上小型音乐会，由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目丙必须排在节目乙的下一个，则该小型音乐会节目演出顺序的编排方案共有______种.(用数字作答) 【答案】42 【解析】 【分析】分两种情况，甲排在第一位和甲排在第二位进行求解即可 【详解】解：由题意知，甲的位置影响乙的排列， ∴①甲排在第一位共有种， ②甲排在第二位共有种， ∴故编排方案共有种. 故答案为：42. 【点睛】此题考查排列问题，属于基础题 14. 已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】设事件A：第1次抽到代数题，事件B：第2次抽到几何题，求得，结合条件概率的计算公式，即可求解. 【详解】从5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出不再放回， 设事件A：第1次抽到代数题，事件B：第2次抽到几何题， 则，， 所以在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为. 故答案为：. 15. 在，，三地爆发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感.假设这三个地区人口数的比为3：2：1，现从这三个地区中任选一人，这个人患流感的概率是___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据全概率公式计算即可得出答案. 【详解】解：根据题意可得这个人患流感的概率： . 故答案为：. 16. 四根绳子上共挂有10只气球,绳子上的球数依次为1,2,3,4，每枪只能打破一只球,而且规定只有打破下面的球才能打上面的球,则将这些气球都打破的不同打法数是________. 【答案】12600 【解析】 【详解】问题等价于编号为的10个小球排列，其中号，号，号的排列顺序是固定的，据此可得：将这些气球都打破的不同打法数是. 四、解答题：本大题共6小题，其中17题10分，其他各12分，共70分，解答题应该写出文字说明、证明过程或者演算步骤. 17. 将三个分别标有A，B，C的球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中．求： （1）1号盒中无球的不同放法种数； （2）1号盒中有球的不同放法种数． 【答案】（1）27 （2）37 【解析】 【分析】（1）由分步乘法计数原理可直接求出答案； （2）分1号盒中有一个球、1号盒中有两个球、1号盒中有三个球3种情况进行讨论，再根据分类计数原理得到结果． 【小问1详解】 1号盒中无球即A，B，C三个球只能放入2，3，4号盒子中，有（种）放法． 【小问2详解】 1号盒中有球可分三类：一类是1号盒中有一个球，共有（种）放法，一类是1号盒中有两个球，共有（种）放法，一类是1号盒中有三个球，有1种放法． 共有（种）放法． 18. 已知在的展开式中，第9项为常数项，求： （1）n的值； （2）展开式中的系数； （3）含x的整数次幂的项的个数. 【答案】（1）10 （2） （3）6项 【解析】 【分析】（1）写出通项公式，根据时，的指数为0，可求出； （2）在通项公式中，令的指数为5，可求出，从而可得展开式中的系数； （3）在通项公式中，由的指数为整数以及，k∈N，可求出的个数. 【小问1详解】 由已知得二项展开式的通项为. 因为第9项为常数项，所以当时，，即，解得. 【小问2详解】 由（1）知， 令，得，所以的系数为. 【小问3详解】 要使为整数，只需k为偶数，由于，k∈N，因此含x的整数次幂的项共有6项，分别为展开式的第1，3，5，7，9，11项. 19. 已知（，）展开式的前三项的二项式系数之和为16，所有项的系数之和为1. （1）求和的值； （2）展开式中是否存在常数项？若有，求出常数项；若没有，请说明理由； （3）求展开式中二项式系数最大的项. 【答案】（1），； （2）不存在常数项，理由为： 因为，所以 . 令，解得，所以展开式中不存在常数项. （3），. 【解析】 【分析】（1）由题意得，根据组合数公式求得，由赋值法得，解得； （2）先根据二项式通项公式得 ，再根据次数无零，解得不存在常数项； （3）由二项式性质得展开式中中间两项的二项式系数最大，再根据二项式定理求中间两项. 【小问1详解】 由题意，，即. 解得，或（舍去），所以. 因为所有项的系数之和为1，所以，解得. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由展开式中二项式系数的性质，知展开式中中间两项的二项式系数最大，二项式系数最大的两项为： ； . 点睛：二项展开式的二项式系数与该项的系数是两个不同的概念，前者是指组合数，而后者是字母外的部分.前者只与和有关，恒为正，后者还与有关，可正可负，通项是第项，不是第项. 20. 某运动队为评估短跑运动员在接力赛中的作用，对运动员进行数据分析．运动员甲在接力赛中跑第一棒、第二棒、第三棒、第四棒四个位置，统计以往多场比赛，其出场率与出场时比赛获胜率如下表所示． 比赛位置 第一棒 第二棒 第三棒 第四棒 出场率 0.3 0.2 0.2 0.3 比赛胜率 0.6 0.8 0.7 0.7 （1）当甲出场比赛时，求该运动队获胜的概率． （2）当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，求甲跑第一棒的概率． （3）如果某场比赛该运动队获胜，求在该场比赛中甲最可能是第几棒．． 【答案】（1）0.69 （2） （3）最可能跑第四棒 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式即得出答案. （2）根据条件概率的计算公式即可求解. （3）分别求出四个位置上的获胜概率，即可做出判断. 【小问1详解】 记“甲跑第一棒”为事件，“甲跑第二棒”为事件，“甲跑第三棒”为事件，“甲跑第四棒”为事件，“运动队获胜”为事件B， 则， 所以当甲出场比赛时，该运动队获胜的概率为0.69． 【小问2详解】 ， 所以当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，甲跑第一棒的概率为． 【小问3详解】 ， ， ， 所以． 所以甲最可能是第四棒. 21. 如图，在四棱锥中，底面为边长为2的菱形，为正三角形，且平面平面，为线段中点，在线段上. （1）当是线段中点时，求证：平面； （2）当时，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明: 连结，交于点，连结， 由底面为菱形，为中点， ∵为中点，∴. 又面，面，∴面. （2） 【解析】 【分析】（1）连结，交于点，连结，由中位线性质可得，利用线面平行的判定定理可得平面； （2）易得，由线面垂直的性质定理可得面，，以为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值即可解. 【详解】（1）略； （2）∵为正三角形，为的中点，∴. 又∵面面，∴面， 又底面菱形，，为线段中点， 以为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，则，， ，，，则 又，即，可得， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则 由面，所以平面的法向量为， 所以 所以二面角的正弦值为 【点睛】方法点睛：本题考查线面平行的判定定理及面面垂直的性质定理，及面面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则①两直线所成的角为(),；②直线与平面所成的角为(),；③二面角的大小为(), 22. 如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段.（列出过程，用数字作答） （1）由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条？ （2）由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条？ （3）求出图中总计有多少个矩形？ 【答案】（1）20 （2）111 （3）102 【解析】 【分析】利用分类加法原理和分步乘法原理即可求解. 【小问1详解】 由题意得A沿着图中的线段到达点E的最近路线需要移动6次,向右移动3次,向上移动3次,所以 A沿着图中的线段到达点E的最近路线有条. 【小问2详解】 设点G、H、P的位置如图所示： 则点A沿着图中的线段到达点C的最近路线可分为4种情况： ①沿着A→E→C，共有条最近路线； ②沿着A→G→C，共有条最近路线； ③沿着A→H→C，共有条最近路线； ④沿着A→P→C，共有条最近路线； 故由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有条； 【小问3详解】 由题意，要组成矩形则应从竖线中选出两条、横线中选出两条，可分为两种情况： ①矩形的边不在CD上，共有个矩形； ②矩形的一条边在CD上，共有个矩形；故图中共有个矩形. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $