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    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

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    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124,根据该数列的规律,16是该数列的(    A.第7 B.第8C.第9 D.第10【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    A3 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A8413 B9772 C9974 D9987【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】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    A8 B C D16【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177个小球放入编号为177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(    A315 B210 C135 D105【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,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.;4,3,2,1,9,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】记事件选到的员工为肥胖者,事件选到的员工为男性,求出的值,利用条件概率公式可求得所求事件的概率.【详解】记事件选到的员工为肥胖者,事件选到的员工为男性故选: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.存在等差数列跳跃数列B.存在公比大于零的等比数列跳跃数列C.若等比数列跳跃数列,则公比D.若数列满足,则跳跃数列【答案】C【分析】可判断A;由可判断B;解不等式可判断C;由,计算可判断D.【详解】是等差数列,设公差为,则,所以不存在等差数列跳跃数列,故A错误;是等比数列,设公比为,则,当时,,所以B错误;,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 BC 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.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CD,用直线的倾斜角为表示,进一步计算判断CD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 BC.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: 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.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(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.(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,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】时,,即,则因为的公比为2,所以是公比为4的等比数列,所以时,,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.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)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,DE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,则.的中点G,连接..在直三棱柱中,平面平面,所以平面,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)的通项公式;(2),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,,解得时,,两式相减得所以的等比数列,2)证明:因为所以①-②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)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)因为所以所以单调递增, 为奇数时,因为单调递增,且,所以,解得为偶数时,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.(1)的方程;(2)若圆的切线交于点,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,的纵坐标相同可以判断上,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.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,解得的方程为.2)证明:当切线的斜率不存在时,得.时,可得.,则.时,同理可证.当切线的斜率存在时,设.因为与圆相切,所以圆心的距离为,即.联立.,则.,得,则.综上,若圆的切线交于点,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0.50.6,且互不影响.一轮比赛中甲的得分记为X(1)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】1X的所有可能取值为-101,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:四轮比赛中甲、乙均得0分;四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分,另两轮,甲、乙各得1分;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;3Y的所有可能取值为234,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-101所以X的分布列为X101P0.30.50.22)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:四轮比赛中甲、乙均得0分,其概率为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3Y的所有可能取值为234所以Y的分布列为Y234P0.130.130.74 

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