江西省全南中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷（Word版附解析）

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一、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. 在平面直角坐标系中，过点（2，0）且斜率为﹣1的直线不经过（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线方程后再求出它与坐标轴的交点即可确定．
【详解】由题意直线方程为，即，它与坐标轴的交点为，因此直线不过第三象限．
故选：C.
【点睛】本题考查直线方程，属于基础题．
2. 记等差数列的前项和为，则（ ）
A. 120B. 140C. 160D. 180
【答案】C
【解析】
【分析】利用下标和性质先求出的值，然后根据前项和公式结合下标和性质求解出的值.
【详解】因为，所以，所以，
所以，
故选：C.
3. 已知空间向量，若，则（ ）
A. B. 3C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量运算的坐标表示进行计算即可.
【详解】由题意可得，因为，所以，解得.
故选：A.
4. 在下列四个正方体中，能得出的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由线面垂直的性质可判断A，根据异面直线所成角的计算可判断BCD.
【详解】对A，如图，连接，则在正方体中，，又平面，平面，则，，平面，平面，，故A正确；

对B，如图，连接，易得，则为异面直线所成角，，故不垂直，故B错误；

对C，如图，，则为异面直线所成角，易得，故不垂直，故C错误；

对D，如图，，则为异面直线所成角，显然，故不垂直，故D错误.

故选：A
5. 在党的二十大报告中，习近平总书记提出要发展“高质量教育”，促进城乡教育均衡发展.某地区教育行政部门积极响应党中央号召，近期将安排甲､乙､丙､丁4名教育专家前往某省教育相对落后的三个地区指导教育教学工作，则每个地区至少安排1名专家的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出“甲､乙､丙､丁4名教育专家到三个地区指导教育教学工作的安排方法”和“每个地区至少安排1名专家的安排方法”的种数，再由古典概型的计算公式求解即可.
【详解】甲､乙､丙､丁4名教育专家到三个地区指导教育教学工作的安排方法共有：种；
每个地区至少安排1名专家的安排方法有：种；
由古典概型计算公式，每个地区至少安排1名专家的概率为：.
故选：B.
6. 小王经营了一家小型餐馆，自去年疫情管控宣布结束后的第1天开始，经营状况逐步有了好转，该店第一周的营业收入数据（单位：百元）统计如下：
其中第4天和第6天的数据由于某种原因造成模糊，但知道7天的营业收入平均值是23，已知营业收入y与天数序号x可以用经验回归直线方程拟合，且第7天的残差是，则的值是（ ）
A. 10.4B. 6.2C. 4.2D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据残差的定义求出，结合样本中心点满足回归方程，列方程组求出，，由此可得结论.
【详解】由残差得，即，
所以①，
又，，因为回归直线经过中心点，
所以②，
联立①②解得，,
所以，
故选：A.
7. 点P在单位圆上运动，则P点到直线l：（λ为任意实数）的距离的最大值为（ ）
A. B. 6C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】先求出直线的定点，再根据两点间距离公式求圆心到定点距离，最后可求圆上点到直线的最大距离.
【详解】将直线方程变形为l：，由,解得直线过定点，
P在单位圆上运动, 圆,圆的半径
故原点到直线l距离的最大值为，
则P点到直线l的距离的最大值为.
故选:B．
8. 已知分别为双曲线的左、右焦点，过且与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知结合双曲线的定义可得，，，进而根据同角三角函数的基本关系式得出.在中，由余弦定理可得出方程，整理化简即可得出的关系式.
【详解】
如图，不妨设点P为与双曲线渐近线平行的直线与双曲线的交点.
由已知结合双曲线的定义可得，
所以，，，，且为锐角.
又，，
所以，.
又，
在中，由余弦定理可得
，
整理可得，，
所以，.
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知圆C方程为，则下列说法中正确的是（ ）
A. 圆C的圆心坐标为B. 圆C的半径为3
C. 圆C与直线相切D. 点在圆外
【答案】BCD
【解析】
【分析】由圆的标准方程可判断选项A、B，由圆心到直线的距离与半径比较可判断选项C，将点代入圆的方程可判断D.
【详解】已知圆C方程为，
故圆C的圆心坐标为，半径为3，故A错误，B正确.
圆C到直线的距离为，故C正确.
点代入圆C方程为，故点在圆外，故D正确.
故选：BCD.
10. 一个装有6个小球的口袋中，有编号为1，3的两个红球，编号为2，4的两个蓝球，编号为5，6的两个黑球．现从中任意取出两个球，设事件A＝“取出的两球颜色相同”，B＝“取出的两球编号之差的绝对值为1”，C＝“取出的两球编号之和为6或7”，D＝“取出的两球编号乘积为5”，则下列说法正确的是（ ）．
A. 事件A与事件B相互独立B. 事件A与事件C相互独立
C. 事件B与事件C相互独立D. 事件B与事件D互斥
【答案】ABD
【解析】
【分析】列出6个小球任意取出两个球的全部结果，从而可以求解事件的概率，再结合互斥事件与独立事件的定义即可判断.
【详解】根据题意可知，6个小球任意取出两个球，共有15种可能，分别.
事件包含3种可能，即；
事件包含5种可能，即；
事件包含5种可能，即；
事件包含1种可能，即.
事件分别为 各1种可能，
对于A，，A对；
对于B，，B对；
对于C，，错；
对于D，事件与事件不能同时发生，故事件与事件互斥，对.
故选：ABD.
11. 在数学课堂上，教师引导学生构造新数列，在数列的每相邻两项之间插入此两项的和后，与原数列构成新的数列，再把所得的数列按照同样的方法不断的构造出新的数列.如：将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…；第次得到数列1，，，，…，2现将数列1，1用上述方法进行构造，记第次构造后所得新数列的所有项的和为，则对于数列，下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 若， ，则的最小值为21
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】通过计算求出的值可判断A；运用归纳法得到之间的关系可判断B；由递推关系求出数列，代入，求的最小值可判断C；由，结合等比数列的前项和可判断D.
【详解】解：由题意可知，第1次得到数列1，2，1，
第2次得到数列1，3，2，3，1，
第3次得到数列1，4，3，5，2，5，3，4，1，
第4次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，7，5，8，3，7，4，5，1，
由题意得：，
所以有，因此选项A不正确，B正确；
，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
因此有，
，
令，所以，
由双勾函数的性质知：在上单调递减，在上单调递增，
因为，，
当时，的最小值为，
因此选项C不正确；
因为，所以，
所以，
所以
，所以选项D正确，
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若互不相等的实数a，b，c成等差数列，且a是b与c的等比中项，，则_____________
【答案】
【解析】
【分析】可设，（其中d为公差），解方程组即得解.
【详解】由互不相等的实数a，b，c成等差数列，设，（其中d为公差），
依题意，，解方程组得或，而，
因此，，所以．
故答案为：
13. 传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】借助球体体积公式及圆柱表面积公式计算即可得.
【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，母线长为，
则球的体积为，所以，
所以圆柱表面积为.
故答案为：.
14. 已知平面直角坐标系中，曲线上的点到定直线的距离与到定点的距离相等，为曲线上一点，过点作，垂足为.若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线定义求出曲线方程，根据题中几何关系得到是等边三角形，再根据几何关系求出边长，继而得到点P的坐标，最后得出答案.
【详解】由题意曲线为抛物线，不妨设点在第二象限，
由抛物线定义可得，又，所以是等边三角形.
所以，则，则，，
则.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知正项数列，其前项和满足，且成等比数列，求数列的通项
【答案】.
【解析】
【分析】已知数列与的关系求，分类讨论分为，求解即可.
【详解】∵，①
当时，，解之得或.
当时，又，②
由①－②得 ，
即.
∵，∴.
当时，，，此时不成等比数列，∴；
当时，，，有， ∴，
∴.
16. 某班为了庆祝我国传统节日中秋节，设计了一个小游戏：在一个不透明箱中装有4个黑球，3个红球，1个黄球，这些球除颜色外完全相同.每位学生从中一次随机摸出3个球，观察颜色后放回.若摸出的球中有个红球，则分得个月饼；若摸出的球中有黄球，则需要表演一个节目.
（1）求一学生既分得月饼又要表演节目的概率；
（2）求每位学生分得月饼数的概率分布和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望为
【解析】
【分析】（1）由题意分析可知有两种可能：“2个红球1个黄球”和“1个黑球，1个红球，1个黄球”，进而结合组合数运算求解；
（2）由题意可知可能取值为：0，1，2，3，结合超几何分布求分布列和期望.
【小问1详解】
记“一学生既分得月饼又要表演节目”为事件A，
可知有两种可能：“2个红球1个黄球”和“1个黑球，1个红球，1个黄球”，
所以.
【小问2详解】
由题意可知的可能取值为：0，1，2，3，则有：
，
，
可得的分布列为
所以.
17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面为侧棱的中点.

（1）求点到平面的距离；
（2）求二面角的正切值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据利用等体积法计算可得；
（2）设为的中点，过作交于，连接、，即可证明平面，从而得到平面，则为二面角的一个平面角，再求出、，即可得解.
【小问1详解】
由平面，可得，
令点到平面的距离为，则，
由，可得，
则，
由，可得，
由平面，平面，所以平面平面，
又，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，则，
所以，即点到平面的距离为
【小问2详解】
设为的中点，过作交于，连接、，
是的中点，，又平面，所以平面，
又平面，，
又，平面，
平面，平面，，
为二面角的一个平面角，
又，
且，所以，
所以，
即二面角的正切值为.

18. 已知椭圆过点，椭圆的右焦点与点所在直线的斜率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过的直线与椭圆交于两点，点.直线分别交椭圆于点，直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）是定值，定值为2.
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，即可得到结果；
（2）根据题意，设的方程为，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理代入计算，表示出，即可得到结果.
【小问1详解】
由题意可设椭圆的半焦距为，且椭圆的右焦点为，
由题意得：
解得，
所以的方程为：.
【小问2详解】

设的方程为，设，则直线的方程为，
由可得，
结合，可得，
可得，解得，
代入，解得，
同理可得，
故
.
故直线的斜率是定值，且定值为2
【点睛】关键点睛：本题主要考查了椭圆与直线相交问题，难度较大，解答本题的关键在于联立直线与椭圆方程，结合韦达定理计算.
19. 今有一个“数列过滤器”，它会将进入的无穷非减正整数数列删去某些项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列，每次“过滤”会删去数列中除以余数为的项，将这样的操作记为操作.设数列是无穷非减正整数数列.
（1）若，进行操作后得到，设前项和为
①求．
②是否存在，使得成等差？若存在，求出所有的；若不存在，说明理由．
（2）若，对进行与操作得到，再将中下标除以4余数为0，1的项删掉最终得到证明：每个大于1的奇平方数都是中相邻两项的和．
【答案】（1）①②不存在．见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）计算得到，再计算得到答案，假设存在，由单调递增，不妨设，化简，不成立.
（2）计算，根据题意得到，再证明得到答案.
【详解】（1）①由知：当时，故．
则．
②解：假设存在，由单调递增，不妨设
化简得，显然左式为偶数，右式为奇数，矛盾，故不存在．
（2）易知，
所以保留，则．
又，将删去，
得到，则
也即．
记，下面证明：．
由，
知：
，
同理可得：，
合并以上四式，便证明了对任意的，都有．
因此，原命题得证．
【点睛】本题考查了数列的新定义问题，意在考查学生的对于数列知识的综合应用能力.
天数序号x
1
2
3
4
5
6
7
营业收入y
11
13
18
※
28
※
35
0
1
2
3