2022-2023学年福建省宁德第一中学高二下学期5月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省宁德第一中学高二下学期5月月考数学试题含答案，共21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学年福建省宁德第一中学高二下学期5月月考数学试题

一、单选题
1．某物体做直线运动，其运动规律是（t单位是秒，s的单位是米），则它在的瞬时速度为（    ）
A．0.5 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】根据给定条件，求出运动规律对时间t的导数，再求出时的导数值作答.
【详解】由，求导得，则，
所以它在的瞬时速度为1.
故选：B
2．已知，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．以上都不对
【答案】C
【解析】根据向量平行和垂直的坐标表示得出答案.
【详解】


故选：C
3．，的大致图像为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先把函数写成分段函数，然后利用导数讨论两段函数的单调性，即可判断选项B、D错误，再判断两段函数的图象均在直线的上方即可得选项A错误，选项C正确.
【详解】解：∵，
∴当时，，
在上单调递增；
当时，，
在上单调递增；
所以选项B、D错误.
又，恒过和两点，
因为恒成立，所以函数在的上方；
同理恒成立，所以函数在的上方；
所以选项A错误，选项C正确.
故选：C.
4．在n次独立重复试验（伯努利试验）中，若每次试验中事件A发生的概率为p，则事件A发生的次数X服从二项分布，事实上，在伯努利试验中，另一个随机变量的实际应用也很广泛，即事件A首次发生时试验进行的次数Y，显然，，2，3，…，我们称Y服从“几何分布”，经计算得．据此，若随机变量X服从二项分布时，且相应的“几何分布”的数学期望，则n的最小值为（    ）
A．6 B．18 C．36 D．37
【答案】D
【分析】根据二项分布和“几何分布”的定义，列不等式求解.
【详解】由题可知，，，，
因为，所以，解得，
所以n的最小值为37.
故选：D.
5．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据异面直线的夹角运算求解.
【详解】设，分别延长到E，E1，使得，
连接，
可得//，//，则异面直线与所成角（或其补角），
则，
在中，由余弦定理可得，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
    
6．已知函数在区间上存在单调减区间，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题意转化为存在，使得，即存在，使得，利用导数求在上的最小值即可.
【详解】因为，所以，
因为在区间上存在单调递减区间，所以存在，使得，
即，令，，则恒成立，
所以在上单调递增，所以，
所以.
故选：A
7．已知正方体的棱长为，球是正方体的内切球，是球的直径，点是正方体表面上的一个动点，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意可得：，，由空间向量的线性运算和数量积运算计算
， 再由正方体的性质求得的范围即可求解.
【详解】因为球是棱长为的正方体的内切球，是球的直径，
所以，，，
因为
，
又因为点是正方体表面上的一个动点，
所以当为正方体顶点时，有最大值为；
当为内切球与正方体的切点时，有最小值为，
即，，所以，
故选：B.
8．已知，且，，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】构造函数，根据单调性即可确定的大小.
【详解】设函数，，当，此时单调递增，当，此时单调递减，由题，，，得，因为，所以，则，且，所以.
故选：A.
【点睛】解本题的关键是发掘题中三个式子的相似性，并进行等价变形，易于构造函数，本题多次利用函数的单调性，先利用单调性判断函数值大小，再由函数单调性判断自变量大小.

二、多选题
9．关于空间向量，以下说法正确的是（    ）
A．已知任意非零向量，若，则
B．若对空间中任意一点，有，则四点共面
C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底
D．若空间四个点，则三点共线
【答案】BD
【分析】由向量平行的性质判断A；根据空间向量共面定理即可判断选项B；用向量运算法则判断C；由共线向量定理判断D.
【详解】对于：若，则，
且，故错误；
对于，若对空间中任意一点，
有，，
四点共面，故B正确；
对于，是空间中的一组基底，
且，共面，
不可以构成空间的一组基底，故C错误；
对于，若空间四个点，，
，三点共线，故D正确.
故选：BD
10．甲、乙两名高中同学历次数学测试成绩(百分制)分别服从正态分布N(，)，N(，)，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法中正确的是（    ）
附:若随机变量X服从正态分布N(，)，则.

A．甲同学的平均成绩优于乙同学的平均成绩甲
B．甲同学的成绩比乙同学成绩更集中于平均值附近
C．若，则甲同学成绩高于80分的概率约为0.1587
D．若，则乙同学成绩低于80分的概率约为0.3174
【答案】BC
【分析】根据正态曲线的对称轴，以及正态曲线的性质，结合，即可判断选项.
【详解】A.甲同学的平均成绩是75，乙同学的平均成绩是85，，故A错误；
B. 甲同学的图象“瘦高”，乙同学的图象“矮胖”，所以甲同学的成绩比乙同学成绩更集中于平均值附近，故B正确；
C.，故C正确；
D.，故D错误.
故选：BC
11．已知投资A，B两种项目获得的收益分别为X，Y，分布列如下表，则（    ）
X/百万

0
2
P
0.2
m
0.6
Y/百万
0
1
2
P
0.3
0.4
n
A．
B．投资两种项目的收益期望一样多
C．，
D．投资A项目的风险比B项目高
【答案】ABD
【分析】根据分布列的性质求出、，再根据期望、方差公式计算可得.
【详解】依题意可得，所以，
，所以，所以，故A正确；
所以，则，故C错误；
，所以，故B正确；
因为
，
即，所以投资项目的风险比项目高，故D正确；
故选：ABD.
12．已知函数和，有相同的极小值，若存在，使得成立，则（    ）
A．
B．
C．当时，
D．当时，若的所有根记为，，，，且，则
【答案】ACD
【分析】首先根据两个函数极小值相同，分别求导，求出两个函数的极小值，解出b，然后将两个函数图像作出，根据图像可以判断出BC，对于D，首先根据题意得到对应的等式，然后变形，采用等量替换的方法，即可求解.
【详解】，，，
在上单调递减，上单调递增，
在处取得极小值，而，且，
在上单调递减，上单调递增，
在处取得极小值，依据题意，和有相同的极小值，
故，解得，故A正确；
作出函数图象如下图所示，若，则与、相交时，或者，故B错误.

由图像可知，当时，，所以，C正确；
若的所有根记为，，且时，
则有，，可得，
即，又
，同理可得，，则，故D正确.
故选：ACD.

三、填空题
13．已知函数的导函数为，若，则 ．
【答案】-3
【分析】根据给定条件，利用导数的定义计算作答.
【详解】因为，即，解得，
所以.
故答案为：-3

四、双空题
14．李明早上上学的时候，可以乘坐公共汽车，也可以乘坐地铁．已知李明乘坐公共汽车的概率为0.3，乘坐地铁的概率为0.7，而且乘坐公共汽车与地铁时，李明迟到的概率为0.2与0.05，则李明上学迟到的概率为 ，如果某天早上李明上学迟到了，那么他乘坐公共汽车的概率为 ．
【答案】
【分析】记李明乘坐公共汽车为事件，乘坐地铁为事件，迟到为事件，由结合条件概率公式计算；由条件概率公式计算．
【详解】记李明乘坐公共汽车为事件，乘坐地铁为事件，迟到为事件，则，，，，所以

．
．
故答案为：；

五、填空题
15．如图，已知正方体的棱长为，，，分别是棱， ，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是 .

【答案】
【分析】由题知，在平面上，进而取，，的中点，即可得点的轨迹是正六边形，再求面积即可
【详解】解：∵，在平面上，
分别取，，的中点，则点的轨迹是正六边形，
因为正方体的棱长为，
所以正六边形的边长为，
所以，点的轨迹围成图形的面积是.
故答案为：

16．已知定义域为R的奇函数满足：，若方程在上恰有三个根，则实数k的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由题可知直线与函数的图像有三个交点，利用导数研究函数的性质，利用数形结合思想能求出实数的取值范围．
【详解】定义为的奇函数满足：，
方程在上恰有三个根，
即直线与函数的图像有三个交点，
由是上的奇函数，则，
当时，，则，
当时，，当时，，
在上递减，在上递增，
结合奇函数的对称性和“周期现象”得在，上的图像如下：

由于直线过定点，
如图，连接，两点作直线，
过点作的切线，
设切点，，其中，，则斜率，
切线过点，
则，即，
则，
当直线绕点在与之间旋转时，
直线与函数在，上的图像有三个交点，故．
故答案为：

六、解答题
17．一个不透明的袋中有2个白球和5个红球，这些球除颜色外完全相同，若不放回的从袋中随机一次性抽取3个球，记其中白球的个数为X，求X的分布列与数学期望值．
【答案】分布列见解析，
【分析】首先分析出此分布符合超几何分布，再写出分布列，最后利用期望公式计算即可.
【详解】X的所有可能取值为0，1，2，则
，        
，       
.
∴X的分布列为：
X
0
1
2
P



∴X的数学期望为.
18．已知函数．
(1)当时，求函数的极值点；
(2)讨论函数的单调性．
【答案】(1)极大值点为；极小值点为
(2)答案见解析

【分析】（1）时，先求导以及的根，再列表判断单调性，即求得极值点；
（2）先写定义域，求导以及的根，再讨论根是否在定义域内和两个根的大小关系，确定导数的正负情况，即得函数的单调性.
【详解】（1）当时，，定义域为，
，
令，解得，或．
当x变化时，，的变化情况如下表：
x



2








单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
∴有极大值点为；有极小值点为
（2）函数定义域为，
．
令得或．
①若，则当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
②若，即，则当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
③若，即，则当时，，单调递增，
④若，即，则当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
综上所述，当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；
当时，的单调递增区间是，，递减区间是；
当时，的单调递增区间是，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间是，，单调递减区间是．
19．已知底面为菱形的四棱锥中，是边长为2的等边三角形，平面平面ABCD，E，F分别是棱PC，AB上的点.

(1)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立；
①F是AB的中点；②E是PC的中点；③平面PFD.
(2)若.求PB与平面PDC所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）选①F是AB的中点，②E是PC的中点为已知条件，证明③平面PFD；
取的中点，连接，可得四边形是平行四边形，，由线面平行的判定定理可得平面PFD；
选②E是PC的中点，③平面PFD为已知条件 证明①F是AB的中点；
取的中点，连接，可得，再由线面平行的性质定理可得，
所以四边形是平行四边形，，由可得答案；
选①F是AB的中点，③平面PFD为已知条件，证明 ②E是PC的中点；
取的中点，连接，得四边形是平行四边形，，
由面面平行的判定定理可得平面平面，再由面面平行的性质定理可得答案.
（2）取的中点，连接，可得，由平面平面ABCD，可得平面，以为原点，分别以所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）选①F是AB的中点，②E是PC的中点为已知条件，证明③平面PFD，
取的中点，连接，
所以，，
，所以四边形是平行四边形，，
因为平面，平面，所以平面PFD.

选②E是PC的中点，③平面PFD为已知条件，证明 ①F是AB的中点，
取的中点，连接，
所以，因为，所以，
即平面平面，
因为平面PFD，所以，
所以四边形是平行四边形，，
因为，所以
即F是AB的中点.

选①F是AB的中点，③平面PFD为已知条件，证明 ②E是PC的中点，

取的中点，连接，
所以，
四边形是平行四边形，，
因为平面，平面，所以平面PFD，
因为平面PFD，，所以平面平面，
平面，所以平面，
平面平面，所以，
因为是的中点，所以E是PC的中点.
（2）
取的中点，连接，
因为底面为菱形，，所以，
是边长为2的等边三角形，所以，
因为平面平面ABCD，平面平面，
所以平面，以为原点，
分别以所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，
所以，，，，
，，，
设平面的法向量为，
所以，即，令，则，
所以，
设PB与平面PDC所成角的为，
所以.
所以PB与平面PDC所成角的正弦值为.
20．2022北京冬奥会和冬残奥会吉祥物冰墩墩、雪容融亮相上海展览中心．为了庆祝吉祥物在上海的亮相，某商场举办了一场赢取吉祥物挂件的“定点投篮”活动，方案如下：
方案一：共投9次，每次投中得1分，否则得0分，累计所得分数记为；
方案二：共进行三轮投篮，每轮最多投三次，直到投中两球为止得3分，否则得0分，三轮累计所得分数记为．
累计所得分数越多，所获得奖品越多．现在甲准备参加这个“定点投篮”活动，已知甲每次投篮的命中率为，每次投篮互不影响．
(1)若，甲选择方案二，求第一轮投篮结束时，甲得3分的概率；
(2)以最终累计得分的期望值为决策依据，甲在方案一，方案二之中选其一，应选择哪个方案？
【答案】(1)；
(2)答案见解析.

【分析】（1）根据给定条件，将甲得3分的事件分拆成两个互斥事件的和，再利用互斥事件的概率公式计算即可.
（2）求出甲选方案一，方案二得分的期望，再比较大小作答.
【详解】（1），甲选择方案二，甲得3分的事件是3次投篮，前两球投进与最后一次才投进第2球的事件和，
所以，
所以第一轮投篮结束时，甲得3分的概率为.
（2）选方案一，则，选方案一得分的数学期望为，
选方案二，每一轮得分只有0和3，能得3分的概率为，
进行三轮投篮，得3分的次数为随机变量，则，，
进行三轮总得分，则选择方案二得分的期望为，
显然，
当，，两种方案期望相同，所以选方案一，二都可以；    
当，，方案二期望大，所以甲应该选方案二；    
当，，方案一期望大，所以甲应该选方案一．
21．已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：

图一

图二
(1)证明：平面平面；
(2)若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，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，连接，证明平面，从而可证明结论.
（2）先证明平面，得到是直线与平面所成的角，进一步得到是的中点时，最大，然后以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）设的中点为，连接，由题意，得，，
.因为在中，，为的中点，所以，因为在中，，，，则，所以，
因为，平面，
所以平面，因为平面，所以平面平面.

（2）由（1）知，，，且 ，则平面，
连接,所以是直线与平面所成的角，且，
所以当最短时，即时，最大.
由四边形为边长等于的正方形，则为等腰直角三角形，即
所以即是的中点时，最大.
由平面，，所以，，
于是以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图示空间直角坐标系
则，，，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，则由得：.
令，得，，即.
设平面的法向量为，
由得：，令，得，，即.
.由图可知，二面角的余弦值为.

22．已知函数，，其中e为自然对数的底数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，有，求证：对，有；
(3)若，且，求实数a的取值范围．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).

【分析】（1）根据导数的几何意义和直线的点斜式方程即可求出切线方程；
（2）利用导数求出，根据二次函数和一次函数的性质求出，即可求解；
（3）根据题意可得，设，则，利用导数研究函数的单调性可得，令()，再次利用导数研究函数的性质，求出即可.
【详解】（1）因为，所以点即为点
，，
故切线方程为，即；
（2）因为当时，，，
故在上单调递增，所以，
当时，，此时；
当时，在上单调递减，此时，
故，所以成立；
（3）由题意得：，又因为，所以，
又，即，
即，
所以①
设，则①式变形为
，所以单调递增，所以，
因为，所以，
令，，
则，
当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，
有，
故．即实数的取值范围为.
【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点
（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.
（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.
（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.