2022-2023学年江西省赣州市兴国县兴国中学高二下学期3月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省赣州市兴国县兴国中学高二下学期3月月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省赣州市兴国县兴国中学高二下学期3月月考数学试题 一、单选题1．已知数列1，，2，，4，…，根据该数列的规律，16是该数列的（    ）A．第7项 B．第8项C．第9项 D．第10项【答案】C【分析】观察即可得出数列的通项公式为，解，即可得出答案.【详解】根据规律可得，令，可得，故16是该数列的第9项．故选：C.2．已知数列满足，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用累加法可求得的值.【详解】因为，，所以，，，，累加可得，解得．故选：B.3．一袋子中有除颜色外完全相同的3个白球和4个黑球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，取球7次，设取得的白球数为，则（    ）A．3 B． C． D．【答案】C【分析】由题意可得随机变量服从二项分布，根据二项分布的方差公式计算即可.【详解】每次取到白球的概率为，由题意知．故选：C.4．某科研院校培育蜜橘新品种，新培育的蜜橘单果质量（单位：）近似服从正态分布，现有该新品种蜜橘10000个，估计单果质量不大于的蜜橘个数为（    ）附：若，则．A．8413 B．9772 C．9974 D．9987【答案】D【分析】利用正态分布曲线的特点及曲线所代表的意义即可求解.【详解】由可知，，故估计单果质量不大于的蜜橘个数为．故选：D.5．已知等比数列满足，则（    ）A．8 B． C． D．16【答案】C【分析】利用等式数列前n项和公式求出，，进而即可求出结果.【详解】设等比数列的公比为，由，解得，.所以.故选：C.6．将编号为1至7的7个小球放入编号为1至7的7个盒子中,每个盒子中放1个小球,则恰好有3个小球与盒子的编号相同的放法有（    ）A．315种 B．210种 C．135种 D．105种【答案】A【分析】利用列举法和分步计数原理，计算其放法总数【详解】先确定3个与盒子编号相同的小球,共有种选法,假设1,2,3,4号小球与盒子的标号不同,5,6,7号小球与盒子的编号相同,则1,2,3,4号盒子的放法有2,1,4,3;2,3,4,1;2,4,1,3;3,1,4,2; 3,4,1,2,3,4,2,1;4,1,2,3;4,3,1,2.;4,3,2,1,共9种,故共有种放法．故选：A7．目前，国际上常用身体质量指数来衡量成人人体胖瘦程度以及是否健康．某公司对员工的值调查结果显示，男员工中，肥胖者的占比为；女员工中，肥胖者的占比为．已知该公司男、女员工的人数比例为，为了解员工肥胖原因，现从该公司中任选一名肥胖的员工，则该员工为男性的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】记事件为“选到的员工为肥胖者”，事件为“选到的员工为男性”，求出、的值，利用条件概率公式可求得所求事件的概率.【详解】记事件为“选到的员工为肥胖者”，事件为“选到的员工为男性”．则，，则．故选：A.8．若数列对任意连续三项，，，均有，则称该数列为“跳跃数列”，下列说法中正确的是（    ）A．存在等差数列是“跳跃数列”B．存在公比大于零的等比数列是“跳跃数列”C．若等比数列是“跳跃数列”，则公比D．若数列满足，则为“跳跃数列”【答案】C【分析】由可判断A；由可判断B；解不等式可判断C；由得，计算可判断D.【详解】若是等差数列，设公差为，则，所以不存在等差数列是“跳跃数列”，故A错误；若是等比数列，设公比为，则，当时，，所以B错误；由，得，所以C正确；因为，所以，所以，故D错误.故选：C. 二、多选题9．已知等比数列的前项积为，，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．若，则【答案】ABD【分析】由等比数列的性质及前项积的定义判断各选项即可.【详解】对于A，因为，所以，故A正确；对于B，因为，所以，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，若，则，解得，所以，故D正确.故选：ABD.10．如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则（    ）A． B．平面C． D．点到平面的距离为【答案】ABD【分析】建系，根据向量的数量积的坐标运算，向量的垂直垂线的性质，线面垂直的判定定理，向量法求解点面距，即可分别求解.【详解】以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则正确．，所以平面，直线与直线不垂直，正确，错误．点到平面的距离为正确．故选：ABD.11．已知抛物线的焦点为F，过F的直线与C交于点，，则下列结论正确的是（    ）A．若，则直线AB的斜率为1B．若，则C．的最小值为4D．若直线AB的斜率为1，则【答案】ACD【分析】利用点差法求直线AB的斜率判断选项A；根据焦点弦长公式求解判断选项B；对于选项C，D，用直线的倾斜角为表示，进一步计算判断C，D选项.【详解】对于A，因为所以，，则.因为，所以直线的斜率为，故A正确.对于B，，故B错误.对于C，如图，过点作轴，垂足为，作垂直于准线的直线，垂足为.设直线的倾斜角为.，则，即，同理可得.，当且仅当时，等号成立，故C正确.对于D，因为直线的斜率为1，所以.，故D正确.故选：ACD.12．意大利数学家斐波那契从兔子繁殖问题引出的一个数列，其被称为斐波那契数列，满足.某同学提出类似的数列，满足.下列结论正确的是（    ）A． B．C．设的前项和为 D．【答案】AD【分析】A选项：，裂项相消；B选项：根据递推公式推导出 是以-5为首项，-1为公比的等比数列. C选项：配凑；D选项：【详解】A项： 故A正确.B选项：因为，，所以是以-5为首项，-1为公比的等比数列.故B错误.C选项：，故C错误.D选项：D正确.故选AD.【点睛】配凑；将数列配凑和转化是本题的难点和解题关键点. 三、填空题13．如图，圆和圆的圆心分别为、，半径都为，写出一条与圆和圆都相切的直线的方程：         【答案】（或或）(答案不唯一)【分析】分析可知两圆外切，根据圆的几何性质以及图形可得出圆、圆的三条公切线的方程.【详解】如下图所示：因为圆和圆的圆心分别为、，半径都为，且，所以，圆和圆外切，易知这两个圆的切点为，且轴，所以，这两个圆的公切线共条，设这三条切线分别为、、，其中，切线过点，且轴，则直线的方程为，设切线分别切圆、圆于点、，连接、，因为，且，，所以，，故四边形为矩形，故，易知直线的方程为，且直线与直线间的距离为，结合图形可知，直线的方程为，同理可知，直线的方程为.故答案为： （或或）.(答案不唯一)14．已知等差数列的公差不为0，其前项和为，且，当取得最小值时，        【答案】【分析】把等差数列的前项和设为二次函数，利用二次函数的对称性可求最值.【详解】设等差数列的公差为，则，令，因为，所以，所以二次函数的图象关于直线对称．又因为，可得，所以当取得最小值时，．故答案为：10. 四、双空题15．已知数列满足，且是公比为2的等比数列，则     ，     ．【答案】     4     4【分析】根据当时，可得，再结合是公比为2的等比数列，即可求得，再根据即可求得.【详解】当时，，即，则，因为的公比为2，所以，即是公比为4的等比数列，所以，当时，，即，解得（舍去）．故答案为：；. 五、填空题16．半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.若点在直线上，且，则直线与直线所成角的余弦值为          ．【答案】/【分析】根据正四面题的几何特征建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解．【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，其中O为正四面体底面三角形的中心．则，．，，，故直线与直线所成角的余弦值为．故答案为： 六、解答题17．已知等差数列的前项和为成等比数列．(1)求的通项公式及；(2)设数列的前项和为，求集合，且中元素的个数．【答案】(1)(2)元素的个数为4 【分析】（1）先求出公差及首项，再根据等差数列的通项及前项和公式即可得解；（2）利用裂项相消法求出数列的前项和为，再分析整理即可得解.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，所以，因为成等比数列，所以，因为，所以，所以，；（2），所以，因为，所以，即，因为，所以为整数，因为，所以的取值可以为，则的取值可以为，故集合，且中元素的个数为4个．18．如图，在直三棱柱中，，，，D，E分别是棱，的中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）设的中点为F，连接，，分别证明平面，平面，通过面面平行证得线面平行；（2）根据题意，以为原点.，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，转化为空间向量处理即可.【详解】（1）证明：设的中点为F，连接，.因为，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；在中，，平面，平面，所以平面.因为，平面，所以平面平面.因为平面，所以平面.（2）以C为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.设平面的法向量为，则即取，则.取的中点G，连接.由得.在直三棱柱中，平面，平面，所以，又，平面，所以平面.所以为平面的一个法向量.易得二面角为钝角，故二面角的余弦值为.19．已知数列的前项和为，且．(1)求的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用数列的递推关系式求出数列的通项公式. （2）利用错位相减法求出数列的和，根据不等式的性质可证明.【详解】（1）当时，，解得；当时，，两式相减得；所以是，的等比数列，故．（2）证明：因为，所以①，②①-②得所以．因为，所以．20．已知数列满足，且．(1)求证数列是等比数列，并求的通项公式；(2)若对任意的恒成立，求的取值范围．【答案】(1)证明见解析，(2) 【分析】（1）根据，证明为定值即可，再根据等比数列的通项即可得解；（2），即，判断出数列的单调性，再分为奇数和偶数两种情况讨论即可.【详解】（1）因为，所以，又，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，，所以；（2）因为，所以，即，设，所以单调递增， 当为奇数时，，因为单调递增，且，所以，解得，当为偶数时，，因为单调递增，且，所以，解得，综上，的取值范围为.21．已知椭圆，四点中恰有三点在上.(1)求的方程；(2)若圆的切线与交于点，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用对称性可以判断经过，两点，与的纵坐标相同可以判断在上，进而求出结果；（2）先讨论切线的斜率不存在时，求出，再讨论切线的斜率存在时，利用相切得到，进而联立直线与椭圆可以判断，从而求出结果.【详解】（1）由两点关于轴对称，可得经过两点.与的纵坐标相同，且都位于第一象限，不可能都在上，所以不在上，则解得故的方程为.（2）证明：当切线的斜率不存在时，得.当时，可得.，则.当时，同理可证.当切线的斜率存在时，设.因为与圆相切，所以圆心到的距离为，即.联立得.设，则.由，得，则.综上，若圆的切线与交于点，则.22．甲、乙两人进行投篮比赛，分轮次进行，每轮比赛甲、乙各投篮一次．比赛规定：若甲投中，乙未投中，甲得1分，乙得－1分；若甲未投中，乙投中，甲得－1分，乙得1分；若甲、乙都投中或都未投中，甲、乙均得0分．当甲、乙两人累计得分的差值大于或等于4分时，就停止比赛，分数多的获胜：4轮比赛后，若甲、乙两人累计得分的差值小于4分也停止比赛，分数多的获胜，分数相同则平局、甲、乙两人投篮的命中率分别为0.5和0.6，且互不影响．一轮比赛中甲的得分记为X．(1)求X的分布列；(2)求甲、乙两人最终平局的概率；(3)记甲、乙一共进行了Y轮比赛，求Y的分布列及期望．【答案】(1)分布列见解析(2)(3)分布列见解析，期望为 【分析】（1）X的所有可能取值为－1，0，1，求出相应的概率列出分布列即可；（2）因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：①四轮比赛中甲、乙均得0分；②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分；③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分；再分别求出每一种情况的概率相加即可；（3）Y的所有可能取值为2，3，4，求出对应的概率列出分布列即可.【详解】（1）依题意，X的所有可能取值为－1，0，1．，，，所以X的分布列为X－101P0.30.50.2（2）因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：①四轮比赛中甲、乙均得0分，其概率为．②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分，其概率为．③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分，其概率为．故甲、乙两人最终平局的概率为．（3）Y的所有可能取值为2，3，4．，，，所以Y的分布列为Y234P0.130.130.74．