2023晋中介休一中校高二下学期3月月考试题数学含解析

2022~2023学年度高二年级3月月考

数学

全卷满分150分，考试时间120分钟．

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回．

4．本卷主要考查内容：圆锥曲线、数列、导数，选择性必修第三册第六章~第七章7.3．

一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的．

1. 某学校食堂有5种大荤菜式，8种半荤半素菜式，5种全素菜式，现任意打一种菜，则可以打到的菜式品种有（    ）

A. 200种 B. 33种 C. 45种 D. 18种

【答案】D

【解析】

【分析】根据分类加法计数原理求解即可.

【详解】任意打一种菜，由分类计数原理可知，有种．

故选：D.

2. 下表是离散型随机变量X的分布列，则常数的值是（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由随机变量分布列中概率之和为1列出方程即可求出a.

【详解】，解得.

故选：C

点睛】本题考查离散型随机变量分布列，属于基础题.

3. 某篮球运动员每次投篮未投中的概率为0.3，投中2分球的概率为0.4，投中3分球的概率为0.3，则该运动员投篮一次得分的数学期望为

A. 1.5 B. 1.6 C. 1.7 D. 1.8

【答案】C

【解析】

【分析】直接利用期望的公式求解.

【详解】由已知得.

故选C

【点睛】本题主要考查离散型随机变量的期望的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.

4. 已知的展开式中只有第7项的二项式系数最大，则（    ）

A. 11 B. 10 C. 12 D. 13

【答案】C

【解析】

【分析】当n为偶数时，展开式中第项二项式系数最大，当n为奇数时，展开式中第和项二项式系数最大.

【详解】∵只有第7项的二项式系数最大，∴，∴．

故选：C

5. 抛物线的焦点坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】把抛物线方程化为标准方程，由此可得焦点坐标．

【详解】因为抛物线的标准方程为，，，，所以焦点坐标为，

故选：A．

6. 已知椭圆的右顶点为，下顶点为，为坐标原点，且点到直线的距离为，则椭圆的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求出直线的方程，然后利用点到直线的距离可得到，即可求解

【详解】由题意知，，

所以直线的方程为即，

所以点到直线的距离为，所以，

所以．

故选：B．

7. 已知某抽奖活动的中奖率为，每次抽奖互不影响．构造数列，使得，记，则的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据可得，从而抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，利用组合数求得满足条件的次数即可求解.

【详解】由，可得，

抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，

故的概率为．

故选:A.

8. 如果不是等差数列，但若，使得，那么称为“局部等差”数列．已知数列的项数为4，其中，，2，3，4，记事件：集合；事件：为“局部等差”数列，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】分别求出事件与事件的基本事件的个数，用=计算结果.

【详解】由题意知，事件共有个基本事件，

对于事件，其中含1，2，3的“局部等差”数列的分别为1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3个，含3，2，1的“局部等差”数列的同理也有3个，共6个；

含3，4，5的和含5，4，3的与上述相同，也有6个；

含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共2个；含4，3，2的同理也有2个；

含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4个；

含5，3，1的同理也有4个，

所以事件共有24个基本事件，

所以．

故选：C

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 的展开式中，以下为有理项的是（    ）

A. 第3项 B. 第4项 C. 第5项 D. 第6项

【答案】AC

【解析】

【分析】根据给定二项式求出其展开式的通项，再求出通项中的幂指数为整数的所对项数即可.

【详解】的展开式的二项式通项为，

令为整数，求得，2，4，6，8，所以对应第1,3,5,7,9项为有理项，

故选：AC

10. 现有3位歌手和4名粉丝站成一排，要求任意两位歌手都不相邻，则不同的排法种数可以表示为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】CD

【解析】

【分析】第一种排法：先排4名粉丝，然后利用插空法将歌手排好；第二种排法：先计算3位歌手和2位歌手站一起的排法，然后利用总排法去掉前面两种不满足题意的排法即可

【详解】第一种排法：分2步进行：①将4名粉丝站成一排，有种排法；

②4人排好后，有5个空位可选，在其中任选3个，安排三名歌手，有种情况．

则有种排法，

第二种排法：先计算3位歌手站一起，此时3位歌手看做一个整体，有种排法，

再计算恰好有2位歌手站一起，此时2位歌手看做一个整体，与另外一个歌手不相邻，有种排法，

则歌手不相邻有种排法．

故选：CD

11. 已知，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】令，则，原等式可化为，结合二项展开式的性质逐项判断即可.

【详解】令，则，原等式可化为，

令，则，故A项正确；

的展开式的通项为，则

，故B项错误；

令，则①，令，则②，由①+②得，

又，所以，故C项错误，D项正确．

故选：AD.

12. 已知双曲线的右焦点为，左、右顶点分别为、，点是双曲线上异于左、右顶点的一点，则下列说法正确的是（    ）

A. 过点有且仅有条直线与双曲线有且仅有一个交点

B. 点关于双曲线的渐近线的对称点在双曲线上

C. 若直线、的斜率分别为、，则

D. 过点的直线与双曲线交于、两点，则的最小值为

【答案】BC

【解析】

【分析】根据直线与双曲线的位置关系可判断出A选项；求出点关于双曲线的渐近线的对称点的坐标，再将点的坐标带入双曲线的方程，可判断B选项；利用点差法可判断C选项；求出当直线的斜率为时的值，可判断D选项.

【详解】对于A选项，过点垂直于轴的直线、平行于渐近线的直线与双曲线有且仅有一个交点，所以至少有条，故A错误；

对于B选项，易得，双曲线的一条渐近线方程为，

设点关于的对称点为，

则，解得，所以，

又，即点在双曲线上，故B正确；

设，所以，即，

所以，故C正确；

当直线的斜率为时，，故D错误．

故选：BC.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 若的展开式的二项式系数之和为，则______．

【答案】

【解析】

【分析】利用二项式系数和可求得的值.

【详解】∵的展开式的二项式系数之和为，，解得.

故答案为：.

14. 从0，1，2，3，4，5中任取3个不同数字组成一个三位数，则能组成______个不同的三位数．（用数字作答）

【答案】100

【解析】

【分析】利用分步乘法计算原理，依次确定百位十位与个位上的数即可得解.

【详解】先确定百位上的数，可以是1，2，3，4，5中的任一个，有5种方法；

再确定十位上的数，可以是剩下的5个数中的任一个，有5种方法；

最后确定个位上的数，可以是剩下的4个数中的任一个，有4种方法；

所以一共有个．

故答案为：100.

15. 将一个四棱锥每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是________.

【答案】420

【解析】

【详解】由题设，四棱锥顶点，，所染颜色互不相同，它们共有种染色方法.当，，已染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3；若染颜色2，则可染颜色3、4、5之一，有3种染法；若染颜色4，则可染颜色3或5，有2种染法；若染颜色5，则可染颜色3或4，也有2种染法.可见，当，，已染好时，与还有7种染法.从而，总的染色方法数为.

16. 已知，，，则______，______．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据条件概率公式以及对立事件概率关系转化条件，求出结果.

【详解】因为，

所以，因为，，

所以，

所以，

，

从而．

故答案为：；.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．

17. 已知的展开式的前三项系数成等差数列．

（1）求这个展开式的值；

（2）求这个展开式的一次项．

【答案】（1）8    （2）

【解析】

【分析】（1）结合二项展开式的系数，根据前三项系数成等差数列列方程求解即可得的值；

（2）确定二项展开式的通项，再根据展开式的一次项确定的值，即可得展开式的一次项.

【小问1详解】

∵前三项系数成等差数列，∴，

∴，整理得，∴（舍去），．

∴这个展开式的值为；

【小问2详解】

∵展开式的通项，

∴由展开式的一次项得，，

∴．

18. 已知函数．

（1）若在处的切线方程为，求实数，的值；

（2）若在上恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据导数的几何意义求导得的值，即可得的值，从而可得切点坐标代入函数可得的值；

（2）求导，确定函数在闭区间上单调性，结合闭区间函数性质可得函数最小值，根据不等式即可求得实数的取值范围．

【小问1详解】

因为，则，

所以，所以，解得．

所以在处的切线方程为，当时，，所以切点为，

代入曲线中可得，解得；

故，；

【小问2详解】

因为，又，则，

令，解得或，令，解得，

所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

又，，，，

所以的最小值为，

所以，解得，即实数的取值范围是．

19. 若，其中.

（1）求m的值；

（2）求；

（3）求.

【答案】（1）   

（2）   

（3）0

【解析】

【分析】（1）由展开式的通项求解即可；

（2）令与即可求解；

（3）令并结合（2）即可求解得

【小问1详解】

的展开式的通项为，

所以，

所以，解得；

【小问2详解】

由（1）知，

令，可得，

令，可得，

所以；

【小问3详解】

令，可得，

由（2）知，

所以

20. 已知等差数列的前n项和为.

（1）求{an}的通项公式；

（2）若，求数列{}的前n项和Tn.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由等差数列的通项公式以及等差数列的前n项和公式展开可求得结果；

（2）由裂项相消求和可得结果.

【小问1详解】

设等差数列的公差为d，由题意知，

解得：

∴.

故的通项公式为.

【小问2详解】

∵

即：的前n项和.

21. 有三张形状、大小、质地完全一致的卡片，三张卡片上分别写上0，1，2，现从中任意抽取一张，将其上数字记作x，然后放回，再抽取一张，其上数字记作y，令.求：

（1）所取各值的分布列；

（2）随机变量的数学期望与方差.

【答案】（1）见解析（2），.

【解析】

【分析】（1）由题意可知，随机变量的可能取值有0，1，2，4，然后根据古典概型概率计算公式分别求出=0，1，2，4的概率，可列出分布列；

（2）由（1）所列的分布列求出随机变量的数学期望与方差.

【详解】解（1）随机变量的可能取值有0，1，2，4，“”是指两次取的卡片上至少有一次为0，其概率为；

“”是指两次取的卡片上都标着1，其概率为；

“”是指两次取的卡片上一个标着1，另一个标着2，其概率为；

“”是指两次取的卡片上都标有2，其概率为.

则的分布列为

（2），

.

【点睛】此题考查的是随机变量的分布列、数学期望、方差，属于基础题.

22. 在某城市气象部门的数据库中，随机抽取30天的空气质量指数的监测数据，整理得如下表格：

空气质量指数为优或良好，规定为Ⅰ级，轻度或中度污染，规定为Ⅱ级，重度污染规定为Ⅲ级.若按等级用分层抽样的方法从中抽取10天的数据，则空气质量为Ⅰ级的恰好有5天.

（1）求，的值；

（2）若以这30天的空气质量指数来估计一年的空气质量情况，试问一年（按366天计算）中大约有多少天的空气质量指数为优？

（3）若从抽取的10天的数据中再随机抽取4天的数据进行深入研究，记其中空气质量为Ⅰ级的天数为，求的分布列及数学期望.

【答案】（1），.（2）61天（3）见解析

【解析】

【分析】（1）由题意知空气质量为Ⅰ级的天数为总天数的，从而可解得a，b的值．

（2）由表可知随机抽取的30天中的空气质量类别为优的天数，由此能估计一年中空气质量指数为优的天数．

（3）由题意知X的取值为0，1，2，3，4，分别求出相对应的概率，从而能求出X的分布列及数学期望．

【详解】（1）由题意知从中抽取10天的数据，则空气质量为Ⅰ级的恰好有5天，所以空气质量为Ⅰ级的天数为总天数的，所以5+a=15，8+4+b=15，可得，.

（2）依题意可知，一年中每天空气质量指数为优的概率为，

则一年中空气质量指数为优的天数约为.

（3）由题可知抽取10天的数据中，Ⅰ级的天数为5，Ⅱ级和Ⅲ级的天数之和为5，

满足超几何分布，

所以的可能取值为0，1，2，3，4，

，，

，，

，

的分布列为

故.

【点睛】本题考查了频率与概率的关系，考查了离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题．