2023晋中介休一中校高二下学期3月月考试题数学含解析

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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（  ）X3459P   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：C5. 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：AC10. 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：CD11. 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0124P （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：空气质量指数优良好轻度污染中度污染重度污染天数5 84 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01234   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．