2022-2023学年贵州省贵阳市第一中学高二下学期教学质量监测五数学试题含答案

这是一份2022-2023学年贵州省贵阳市第一中学高二下学期教学质量监测五数学试题含答案，共34页。

 贵阳一中2021级高二年级教学质量监测卷（五）数学
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第II卷第3页至第4页.考试结束后，请将答题卡交回.满分150分，考试用时120分钟.
第I卷（选择题，共60分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效.
一､单项选择题（本大题共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. 曲线在点处的切线方程是（）
A B.
C. D.
2. 已知等差数列的前19项和为57，则（）
A. 3 B. 6 C. 9 D. 13
3. 英国数学家泰勒发现了公式，其中.若，则下列选项中与的值最接近的是（）
A. B. C. D.
4. 某校高二年级有500名学生，期中考试数学成绩，则期中考试成绩的学生人数为（）
A. 150 B. 200 C. 300 D. 400
5. 某竞赛小组共有13人，其中有6名女生，现从该竞赛小组中任选5人参加一项活动，用表示这5人中女生的人数，则下列概率中等于的是（）
A. B.
C. D.
6. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则四棱锥的体积为（）

A. B. 1 C. D.
7. 函数在内存在极值点，则实数的取值范围是（）
A B.
C. 或 D. 或
8. 在学校春季运动会中，甲､乙､丙､丁4名同学被安排到跳远､跳高､迎面接力这三个比赛项目参加志愿服务，每个项目至少安排一个人，且每个人只能参与其中一个项目，则在甲不去跳远项目的条件下，乙被安排到跳远项目的概率是（）
A. B. C. D.
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 关于的展开式，下列判断正确的是（）
A展开式共有6项
B. 展开式的各二项式系数的和为64
C. 展开式的第6项的系数为30
D. 展开式中二项式系数最大的项是第4项
10. 已知均为正数，随机变量的分布列如下表所示，则下列结论正确的是（）

0
1
2





A. B.
C. D.
11. 在某城市中，两地之间有如图所示的道路网，甲随机沿道路网选择一条最短路径，从地出发到地，则下列结论正确的是（）

A. 不同的路径共有31条
B. 不同的路径共有41条
C. 若甲途径地，则不同的路径共有18条
D. 若甲途径地，且不经过地，则不同的路径共有8条
12. 甲､乙､丙､丁4人做传接球训练，球从甲手中开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住.记第次传球之前球在甲手中的概率为，易知.下列选项正确的是（）
A.
B. 为等比数列
C. 设第次传球之前球在乙手中的概率为
D. 第4次传球后，球落在乙手中传球方式有20种
第II卷（非选择题，共90分）
注意事项：
第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知随机变量，则__________.
14. 同一种产品由甲､乙､丙三个厂商供应.由长期的经验知，三家产品的正品率分别为0.95､0.90､0.80，甲､乙､丙三家产品数占比例为，将三家产品混合在一起.从中任取一件，求此产品为正品的概率___________.
15. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点为椭圆上一点，，若点到直线的距离为，则椭圆的离心率为__________.
16. 已知函数，若恒成立，则实数的范围是__________.
四､解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 在①，②，③这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.
在中，角的所对的边分别为，__________.
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，求的周长.
18. 已知单调递增的等差数列满足，且成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和，求证：.
19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，且二面角为直二面角.

（1）求线段的长；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
20. 五一放假期间，某商场为了吸引人流，设置了一个有机会获得元购物券的闯关活动，要获得购物券，参与者必须完成答题闯关和翻牌闯关两步.现在小张来参加商场的活动，答题闯关分为三个环节，每个环节都必须参与，他答题闯关每个环节通过的概率均为，答题闯关的三个环节至少通过两个才能够参加翻牌闯关，否则直接淘汰；而翻牌闯关分为两个环节，每个环节都必须参与，他翻牌闯关每个环节通过的概率依次为，若翻牌闯关的两个环节都通过，则可以获得该购物券.
（1）求小张能参与翻牌闯关环节的概率；
（2）记小张本次答题闯关和翻牌闯关通过的环节总数为，求的分布列以及数学期望.
21. 已知双曲线与抛物线交于点，且抛物线的焦点到双曲线的焦点的距离为2.
（1）求双曲线的方程；
（2）设直线交抛物线于两点，为坐标原点，满足，直线分别交双曲线的左､右两支于两点，且满足，求直线的方程.
22已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有两个零点，证明：.


贵阳一中2021级高二年级教学质量监测卷（五）数学
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第II卷第3页至第4页.考试结束后，请将答题卡交回.满分150分，考试用时120分钟.
第I卷（选择题，共60分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效.
一､单项选择题（本大题共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. 曲线在点处的切线方程是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得函数的导数，将代入可得切线方程的斜率，再用点斜式即可得出答案.
【详解】因为，所以，
又因为曲线过点，
由点斜式可得，化简可得，
所以切线方程是，
故选：A.
2. 已知等差数列的前19项和为57，则（）
A. 3 B. 6 C. 9 D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质来实现项之间的转换，即可算出结果.
【详解】是等差数列
，
，
，
故选：B.
3. 英国数学家泰勒发现了公式，其中.若，则下列选项中与的值最接近的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得，再结合弧度制与角度制转化与诱导公式即可得结论.
【详解】由题意，，
故选：C.
4. 某校高二年级有500名学生，期中考试数学成绩，则期中考试成绩的学生人数为（）
A. 150 B. 200 C. 300 D. 400
【答案】C
【解析】
【分析】根据正态分布的性质求出的概率，即可得答案.
【详解】解：因为期中考试数学成绩
所以期中考试数学成绩关于对称，
又因为，
所以，
所以，，
所以期末成绩的学生人数为.
故选:C.
5. 某竞赛小组共有13人，其中有6名女生，现从该竞赛小组中任选5人参加一项活动，用表示这5人中女生的人数，则下列概率中等于的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据超几何概率问题得取值情况及相应概率，即可得所求.
【详解】取值是：，


所以.
故选：D.
6. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则四棱锥的体积为（）

A. B. 1 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用补全法或者换底公式即可得求得四棱锥的体积.
【详解】方法一：；
方法二：，
故选：B.
7. 函数在内存在极值点，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. 或 D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合导数分析可得原题意等价于与在内有交点，结合对勾函数单调性分析求解.
【详解】由题意可得：，
若函数在内存在极值点，则在有零点，
即在上有解，整理得在有解，
原题意等价于与在内有交点，
因为在上单调递增，
则，所以.
故选：A
8. 在学校春季运动会中，甲､乙､丙､丁4名同学被安排到跳远､跳高､迎面接力这三个比赛项目参加志愿服务，每个项目至少安排一个人，且每个人只能参与其中一个项目，则在甲不去跳远项目的条件下，乙被安排到跳远项目的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】理解题意，分别用组合公式求出甲不去跳远为事件和乙被安排到跳远为事件的样本空间，从而可求出在甲不去跳远项目的条件下，乙被安排到跳远项目的概率.
【详解】甲不去跳远为事件，
乙被安排到跳远为事件，
所以，
故选：C.
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 关于的展开式，下列判断正确的是（）
A. 展开式共有6项
B. 展开式的各二项式系数的和为64
C. 展开式的第6项的系数为30
D. 展开式中二项式系数最大的项是第4项
【答案】BD
【解析】
【分析】根据二项式定理逐一判断即可.
【详解】解：展开式共有7项，故A错误；
展开式的各二项式系数的和为，故B正确；
展开式的第6项是，其系数为-30，故C错误；
展开式共7项，所以第4项的二项式系数最大，故D正确.
故选:.
10. 已知均为正数，随机变量的分布列如下表所示，则下列结论正确的是（）

0
1
2





A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由分布列的性质分析判断，对于B，由期望公式分析，对于C，由分布列的性质结合基本不等式分析判断，对于D，由方差公式分析判断
【详解】对于A，由分布列的性质可得，得，因为，所以当时，，所以A错误，
对于B，因为，所以B正确，
对于C，因为，，所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，所以C正确，
对于D，，所以D正确，
故选：BCD
11. 在某城市中，两地之间有如图所示的道路网，甲随机沿道路网选择一条最短路径，从地出发到地，则下列结论正确的是（）

A. 不同的路径共有31条
B. 不同的路径共有41条
C. 若甲途径地，则不同的路径共有18条
D. 若甲途径地，且不经过地，则不同的路径共有8条
【答案】AC
【解析】
【分析】由图可知，从地出发到地最短路径共包含7步，其中3步向上，4步向右，且前3步中至少有1步向上，按照分类加法计数原理、分步乘法计数原理结合组合数公式计算可得.
【详解】由图可知，从地出发到地的最短路径共包含7步，其中3步向上，4步向右，
且前3步中至少有1步向上，则不同的路径共有条，故A正确、B错误；
若甲途径地，则不同的路径共有条，故C正确；
若甲途径地，且不经过地，则不同的路径共有，故D错误；
故选：AC.
12. 甲､乙､丙､丁4人做传接球训练，球从甲手中开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住.记第次传球之前球在甲手中的概率为，易知.下列选项正确的是（）
A.
B. 为等比数列
C. 设第次传球之前球在乙手中的概率为
D. 第4次传球后，球落在乙手中的传球方式有20种
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，求得，可判断A错误；对于B，依题意可得，从而可证明，即可判断B选项；对于C，由B选项求得，从而可判断；对于D，列举法可判断.
【详解】对于A，因为第2次传球之前球不在甲手中，所以， A错误；
对于B，因为第次传球之前球在甲手中的概率为，则当时，第次传球之前球在甲手中的概率为，第次传球之前球不在甲手中的概率为，
则，从而，又，
是以为首项，公比为的等比数列，故正确；
对于C，由选项可得，故，故C正确；
对于D，第3次传球后球在甲手中有：甲乙丙甲，甲乙丁甲，甲丙乙甲，甲丙丁甲，甲丁乙甲，甲丁丙甲，共6种传法，
第3次传球后球在丙手中有：甲乙甲丙，甲乙丁丙，甲丙甲丙，甲丙乙丙，甲丙丁丙，甲丁甲丙，甲丁乙丙，共7种传法，
第3次传球后球在丁手中有：甲乙甲丁，甲乙丙丁，甲丙甲丁，甲丙乙丁，甲丁甲丁，甲丁乙丁，甲丁丙丁，共7种传法，
所以第4次传球后，球落在乙手中的传球方式共20种，故D正确.
故选：BCD.
第II卷（非选择题，共90分）
注意事项：
第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知随机变量，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项分布的方差及随机变量方差的性质求解即可.
【详解】因为，所以
所以.
故答案为：.
14. 同一种产品由甲､乙､丙三个厂商供应.由长期的经验知，三家产品的正品率分别为0.95､0.90､0.80，甲､乙､丙三家产品数占比例为，将三家产品混合在一起.从中任取一件，求此产品为正品的概率___________.
【答案】0.86
【解析】
【分析】由全概率公式计算所求概率.
【详解】由全概率公式，得所求概率.
故答案为：.
15. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点为椭圆上一点，，若点到直线的距离为，则椭圆的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意结合椭圆定义可得，根据勾股定理列式求解即可.
【详解】如图，，因为，所以，
因为，所以，进而，
又因为，即，
化简得，所以.
故答案为：.

16. 已知函数，若恒成立，则实数的范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】在时，探讨一次函数性质结合恒成立条件确定a的范围，当时，利用导数求出最小值作答.
【详解】当时，则有一次函数在上单调递减，有，解得，
当时，，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
因此，即，解得，
所以实数的范围是.
【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.
四､解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 在①，②，③这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.
在中，角的所对的边分别为，__________.
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分别选择①②③条件，运用正弦定理和余弦定理求解；
（2）先用面积公式求出bc，再用余弦定理求解.
【小问1详解】
若选①：，
由正弦定理得，，
即，，
，
又；
若选②：，由正弦定理得，
，，
，；
若选③：，，
由正弦定理得，
；
【小问2详解】
的面积为，
，又，
由余弦定理得，
解得的周长为；
综上，，的周长为.
18. 已知单调递增的等差数列满足，且成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由等差数列与等比数列的性质及待定系数法即可求得数列的通项公式；
（2）先求出，再用裂项相消法即可化简数列的前项和，从而得证.
【小问1详解】
设数列的公差为，则，①
成等比数列，，
，②
由①②可得或者（舍），
.
【小问2详解】
由（1）可知，则:
，
所以
.
19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，且二面角为直二面角.

（1）求线段的长；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三线合一定理得，结合平面平面可得平面，继而可知，再利用勾股定理即可求得线段的长；
（2）建立适当得空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，在计算夹角余弦值即可.
小问1详解】
如图，取的中点为，连接，

因，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面，所以,，
因为，所以，
因为是边长为2的菱形，，
所以，
所以.
【小问2详解】
因为，所以，所以，
又由（1）可得,，
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

所以，
则，，
设平面的一个法向量，则，
令，则，所以，
设平面的一个法向量，，
令，则，所以，
令平面与平面所成锐二面角,且为锐角，
所以=，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值是.
20. 五一放假期间，某商场为了吸引人流，设置了一个有机会获得元购物券的闯关活动，要获得购物券，参与者必须完成答题闯关和翻牌闯关两步.现在小张来参加商场的活动，答题闯关分为三个环节，每个环节都必须参与，他答题闯关每个环节通过的概率均为，答题闯关的三个环节至少通过两个才能够参加翻牌闯关，否则直接淘汰；而翻牌闯关分为两个环节，每个环节都必须参与，他翻牌闯关每个环节通过的概率依次为，若翻牌闯关的两个环节都通过，则可以获得该购物券.
（1）求小张能参与翻牌闯关环节的概率；
（2）记小张本次答题闯关和翻牌闯关通过的环节总数为，求的分布列以及数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）答题闯关环节为独立重复试验，小张能参与翻牌闯关环节必须通过3各环节或两个环节，按此分类计算概率再求和即可；
（2）小张本次答题闯关和翻牌闯关通过的环节总数可能取值是，总数0次的可能答题环节全不通过，总数1次的可能答题环节过1次，总数2次的可能答题环节过2次翻牌闯关环节过0次，总数3次的可能答题环节过3次翻牌闯关环节过0次或答题环节过2次翻牌闯关环节过1次，按此规律分类计算概率，可得分布列，再计算期望即可.
【小问1详解】
设小张能参与翻牌闯关环节的事件为A
.
【小问2详解】
的所有可能取值是，






所以的分布列是

0
1
2
3
4
5







的数学期望是

21. 已知双曲线与抛物线交于点，且抛物线的焦点到双曲线的焦点的距离为2.
（1）求双曲线的方程；
（2）设直线交抛物线于两点，为坐标原点，满足，直线分别交双曲线的左､右两支于两点，且满足，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将点代入抛物线方程得抛物线，再根据两交点距离及点在双曲线上即可得的值，从而得双曲线方程；
（2）设直线，点，联立双曲线与直线即可得交点坐标关系，由可得，设，代入抛物线得交点坐标关系，由面积关系即可求得的值，从而得直线方程.
【小问1详解】
，
所以抛物线的焦点，
由题意，所以，
又因为，所以，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】

由题意直线的斜率存在，设直线，点，
由得，其，
所以，得，满足，
由得，
其满足，所以，
设，则①，②，
因为，所以③，
由①③可得，代入②式，
可得，得，
因为，得，所以，
所以直线.
22. 已知函数.
（1）讨论单调性；
（2）若函数有两个零点，证明：.
【答案】（1）见解析（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导后，分和两种情况判断导数的正负，从而可求出函数的单调区间，
（2）解法一：由（1）可知，则，构造函数，由导数可得在上单减，在上单增，不妨设，则，再次构造函数，利用导数可得在恒成立，得，由（1）得恒成立，由此推理可得结论；解法二：由，得，由函数的单调性结合零点存在性定理可得使得且，则，令，转化为证，构造函数证得，由（1）得恒成立，由此推理可得结论.
【小问1详解】
的定义域为，
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，当时，，当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.
综上，当时，在上单调递增，当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
【小问2详解】
法一：由第（1）问知，
令，则，
因为，所以两个零点，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单减，在上单增，
不妨设，则，
令，
则，
令，
则，所以在时单调递减，
又因为，所以在恒成立，
所以在恒成立，
故在恒成立，
因为，所以，
又因为，
所以，
又因为，且在上单增，
所以，即，
由第（1）问知当时，函数在上单减，在上单增，
所以对任意的恒成立，
即，得恒成立，
所以.
法二：由第（1）问知，
且，
则，所以，
因为，且时，，
所以使得且，
得，则，
所以，
令，则，得，
要证，只需证，即证，
设，
则恒成立，
所以在上单增，
所以，进而得证，
所以.
下面的解法同法一.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，解题的关键是通过转化，构造函数，，然后利用导数可得，再转化变形可得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.