北京市北京师范大学第二附属中学2023-2024学年高二下学期第二次月考数学试题（原卷及解析版）

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1. 若数列，a，b，c，是等比数列，则实数的值为（）
A. 4或B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
分析】根据等比中项可得，，分析运算求解．
【详解】∵，a，b成等比数列，则，∴
由题意得：，则
故选：B．
2. 已知首项为1的数列中，，则（）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据递推关系逐项求解即可.
【详解】∵，
，，
，.
故选:B.
3. 曲线在处的切线方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先对函数求导，得到，再结合，即可得解．
【详解】，则，又，
则所求切线方程为，即．
故选：A．
4. 在数列中，（），若，则（）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据递推式写出数列前面几项得出数列周期，进一步即可求解.
【详解】，由此可以发现数列的周期是3，
从而.
故选：B.
5. 函数的单调递增区间为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求定义域，再利用导数大于零可得增区间.
【详解】定义域为，，令得，即，
所以增区间为.
故选：B
6. 已知等差数列的前项和为，则（）
A. 14B. 26C. 28D. 32
【答案】B
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，，可求得，利用前项和公式可求.
【详解】设等差数列的公差为，
则，
则，所以.
故选：B.
7. 某同学进行投篮练习，若他第1球投进，则第2球投进的概率为；若他第1球投不进，则第2球投进的概率为. 若他第1球投进的概率为，则他第2球投进的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知条件，直接使用全概率公式即可得到结果.
【详解】设分别代表事件“第1球投进”和“第2球投进”，则由已知条件知，，，这得到.
故.
故选：A.
8. 已知函数，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对函数求导后，求出函数的单调区间，然后根据函数的单调性比较大小即可.
【详解】由，得，
当时，，
所以在上递增，
因为，
所以，
故选：A
9. 在某电路上有两个独立工作的元件，每次通电后，需要更换元件的概率为0.3，需要更换元件的概率为0.2，则在某次通电后有且只有一个需要更换的条件下，需要更换的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合独立事件的概率乘法公式和条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】记事件为在某次通电后､有且只有一个需要更换，事件为需要更换，
则，
由条件概率公式可得.
故选：A.
10. 已知常数，数列满足.现给出下列四个命题：
①当时，数列为递减数列；
②当时，数列为递减数列；
③当时，数列不一定有最大项；
④当为正整数时，数列必有两项相等的最大项.
其中正确命题的序号是（）
A. ①②B. ③④C. ②③④D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】由于，再根据的范围讨论即可判断对错.
【详解】对于①：当时，，，所以数列不是递减数列，所以①不正确；
对于②：当时，，
所以.所以数列为递减数列，故②正确；
对于③：当时，
因为，当时，，，
，
所以数列有最大项，故③不正确；
对于④：，当为正整数时，.
当时，；当时，令，
解得，，
若，则，数列单调递增；
若，则，数列单调递减；
若，；
所以数列必有两项相等的最大项，故④正确.
故选：D
【点睛】关键点睛：由，再根据的范围进行分类讨论，得到数列的单调性.
二、填空题
11. 设盒中有大小相同的“中华”牌和“红星”牌玻璃球，“中华”牌的10个，其中3个红色，7个蓝色；“红星”牌的6个，其中2个红色，4个蓝色．现从盒中任取一个球，已知取到的是蓝色球的前提下，则它是“红星”牌的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】设出事件，求出两事件的概率，利用条件概率公式求出答案；
【详解】设取到的球是蓝色球为事件，取到的球是“红星”牌玻璃球为事件，
则，，
所以，
故答案为：.
12. 设为数列的前项和，且，则_________；数列的通项公式_________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据求解即可.
【详解】由，
当时，，
当时，，
当时，上式成立，
所以，.
故答案为：；.
13. 函数在区间上的最大值是______；最小值是______．
【答案】 ①. 5 ②.
【解析】
【分析】求出给定函数的导数，探讨在指定区间上的单调性，求出最大值、最小值.
【详解】由，求导得，
而，则当时，，当时，，
因此函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，
函数在处取到极小值，
当时，，当时，，则函数在处取到极大值5
所以函数在区间上的最大值是5，最小值是.
故答案为：5；
14. 盲盒，是一种新兴的商品. 商家将同系列不同款式的商品装在外观一样的包装盒中，使得消费者购买时不知道自己买到的是哪一款商品. 现有一商家设计了同一系列的A、B、C三款玩偶，以盲盒形式售卖，已知A、B、C三款玩偶的生产数量比例为6：3：1. 以频率估计概率，计算某位消费者随机一次性购买4个盲盒，打开后包含了所有三款玩偶的概率为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据古典概型概率公式和相互独立事件的乘法概率公式计算即可.
【详解】由题意得，买到A得概率为0.4，买B的概率为0.3，买到C的概率为0.1，
.
故答案为：.
15. 数列满足：，给出下述命题：
①若数列满足：，则成立；
②存在常数，使得成立；
③若，则；
④存在常数，使得都成立．
上述命题正确的是____．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①④．
【解析】
【详解】试题分析：对①；因，所以，由已知，
所以，即，正确
对②； 假设存在在常数，使得，则有，所以应有最大值，错，
对③，因为，，所以假设，则应有，即原数列应为递增数列，错，对④，不妨设，，则，若存在常数，使得，应有，显然成立，正确，所以正确命题的序号为①④．
考点：数列综合应用．
三、解答题
16. 已知数列的前项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求的最大值并指明相应的值．
【答案】（1）
（2），或
【解析】
【分析】（1）由得到，从而得到是公差为的等差数列，再由求出，即可求出通项公式；
（2）根据等差数列求和公式及二次函数的性质计算可得.
【小问1详解】
因为，即，
即，即，
所以数列是公差为的等差数列，
由，可得，解得，
所以；
【小问2详解】
由（1）可得，
当或时，取得最大值．
17. 如图，已知在正三棱柱中，，且点分别为棱的中点.
（1）过点作三棱柱截面交于点，求线段长度；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将平面延展得到点，再利用相似三角形求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量利用夹角公式求解即可.
【小问1详解】
由正三棱柱中，，
又因为点分别为棱的中点，可得，
如图所示，延长交的延长线于点，
连接交于点，则四边形为所求截面，
过点作的平行线交于，
所以
因此，所以.
【小问2详解】
以点为原点，以所在的直线分别为轴，
以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，可得，
则，
设平面的法向量为，则
取，则，所以，
取的中点，连接.因为△为等边三角形，可得，
又因为平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又由，可得，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 为了解某地区初中学生的体质健康情况,统计了该地区8所学校学生的体质健康数据,按总分评定等级为优秀,良好,及格,不及格.良好及其以上的比例之和超过40%的学校为先进校.各等级学生人数占该校学生总人数的比例如下表:
(1)从8所学校中随机选出一所学校,求该校为先进校的概率；
(2)从8所学校中随机选出两所学校,记这两所学校中不及格比例低于30%的学校个数为X,求X的分布列；
(3)设8所学校优秀比例的方差为,良好及其以下比例之和的方差为,比较与的大小.(只写出结果)
【答案】(1) ；(2)见解析； (3)
【解析】
【分析】（1）统计出健康测试成绩达到良好及其以上的学校个数，即可得到先进校的概率；
（2）根据表格可得：学生不及格率低于30%的学校有学校B､F､H三所, 所以X的取值为0,1,2，分别计算出概率即可得到分布列；
（3）考虑优秀的比例为随机变量Y，则良好及以下的比例之和为Z=1-Y，根据方差关系可得两个方差相等.
【详解】解:( 1)8所学校中有ABEF四所学校学生的体质健康测试成绩达到良好及其以上的比例超过40% ,
所以从8所学校中随机取出一所学校,该校为先进校的概率为；
(2)8所学校中,学生不及格率低于30%的学校有学校B､F､H三所,所以X的取值为0,1,2.
所以随机变量X的分布列为：
(3)设优秀的比例为随机变量Y，则良好及以下的比例之和为Z=1-Y，
则，
所以：.
【点睛】此题考查简单几何概率模型求概率，求分布列，以及方差关系的辨析，关键在于熟练掌握分布列的求法和方差关系.
19. 已知分别是椭圆的左､右焦点，是椭圆上的一点，当时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）记椭圆的上下顶点分别为，过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程.
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）由椭圆的定义、、求出可得答案；
（2）设，设直线的方程，与椭圆方程联立，求出直线的方程、直线的方程，然后联立利用韦达定理可得答案.
【小问1详解】
由椭圆的定义得，且，
得到，，
因为，所以，解得，
所以，
故所求的椭圆方程为；
【小问2详解】
由题意得，
直线的方程，设，
联立，消去，整理得，
，
直线的方程为，直线的方程为，
联立，
得
，
解得，即直线与的交点在定直线上.
【点睛】关键点点睛：第二问解题关键点是求出直线、直线的方程，然后方程联立利用韦达定理求出答案.
20. 已知函数.
（1）当时，求函数在上的最值；
（2）若函数在上单调递减，求实数的取值范围.
【答案】（1）最小值，最大值
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用导数判断函数在上单调性，进而求得函数在上的最值；
（2）分类讨论去掉函数解析式中的绝对值符号，利用导数表示在上单调递减，进而求得实数的取值范围.
【小问1详解】
时，，则
在上单调递增，又，则.
∴在上单调递增，
∴，.
【小问2详解】
，
记，，则，
则在上单调递增，又，.
①当即时，，
由在上单调递减，
可知在上恒成立，
则，又由（1）知，
故实数的取值范围为.
②当即时，，
由在上单调递减，
可知在上恒成立，
则，又由（1）知，
则，又，故实数的取值范围为.
③当即时，有，.
则存在唯一实数，使得，
当时，与在上单减矛盾，此时不符合题意要求.
综上可知，的取值范围为或.
21. 有限数列，若满足，是项数，则称满足性质.
（1）判断数列和是否具有性质，请说明理由.
（2）若，公比为的等比数列，项数为10，具有性质，求的取值范围.
（3）若是的一个排列都具有性质，求所有满足条件的.
【答案】（1）第一个数列具有性质，第二个数列不具有性质；理由见解析；（2）；（3）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）结合题设中的定义可判断给定的两个数列是否具有性质；
（2）等比数列具有性质等价于对任意的恒成立，就分类讨论后可得的取值范围.
（3）设，先考虑均不存在具有性质的数列，再分别考虑时具有性质的数列，从而得到所求的数列.
【详解】（1）对于第一个数列有，满足题意，该数列满足性质
对于第二个数列有不满足题意，该数列不满足性质.
（2）由题意可得，
两边平方得：
整理得：
当时，得，此时关于恒成立，
所以等价于时，所以，
所以或者，所以取.
当时，得，此时关于恒成立，
所以等价于时，所以，
所以，所以取.
当时，得.
当为奇数的时候，得，很明显成立，
当为偶数的时候，得，很明显不成立，
故当时，矛盾，舍去.
当时，得.
当为奇数的时候，得，很明显成立，
当为偶数的时候，要使恒成立，
所以等价于时，所以，
所以或者，所以取.
综上可得，.
（3）设，，
因为， 故，
所以可以取或者，
若，，则，
故或（舍，因为），
所以（舍，因为）.
若，，则，
故（舍，因为），或
所以（舍，因为）.
所以均不能同时使，都具有性质.
当时，即有，
故，故，
故有数列：满足题意.
当时，则且，故，
故有数列：满足题意.
当时，，
故，故，
故有数列：满足题意.
当时，则且，
故，
故有数列：满足题意.
故满足题意的数列只有上面四种.
【点睛】本题为新定义背景下的数列存在性问题，先确定时均不存在具有性质的数列是关键，依据定义枚举再依据定义舍弃是核心，本题属于难题.比例学校
等级
学校A
学校B
学校C
学校D
学校E
学校F
学校G
学校H
优秀
8%
3%
2%
9%
1%
22%
2%
3%
良好
37%
50%
23%
30%
45%
46%
37%
35%
及格
22%
30%
33%
26%
22%
17%
23%
38%
不及格
33%
17%
42%
35%
32%
15%
38%
24%
X
0
1
2
P