2022-2023学年福建省厦门第一中学高二下学期6月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省厦门第一中学高二下学期6月月考数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年福建省厦门第一中学高二下学期6月月考数学试题

一、单选题
1．已知实数列、、、、成等比数列，则（    ）
A． B．4 C． D．
【答案】C
【分析】求出的值，利用等比中项的性质可求得结果.
【详解】设等比数列、、、、的公比为，则，
由等比中项的性质可得，所以，，
因此，.
故选：C.
2．已知F为抛物线的焦点，P为抛物线上任意一点，O为坐标原点，若，则（    ）
A． B．3 C． D．
【答案】C
【分析】根据抛物线定义结合，求得点P的坐标，即可求得答案.
【详解】由题意F为抛物线的焦点，则,且准线方程为，
设,由可得,代入得，
即,故,
故选：C
3．有5名同学参加跑步、跳远、跳高三个项目，每人限报1项，每个项目至少1人报名，报名方法共有（    ）
A．240种 B．150种 C．90种 D．25种
【答案】B
【分析】按照先分组再排列的思路求解；
【详解】将5名同学分成三个组，每组人数分别为3,1,1或2,2,1，再将三组志愿者分配给三个项目，
所以不同的分配方案共有：(种).
故选：B.
4．为了解高中学生的体质健康水平，某市教育局分别从身体形态、身体机能、身体素质等方面对该市高中学生的体质健康水平进行综合测评，并根据年版的《国家学生体质健康标准》评定等级，经过统计，甲校有的学生的等级为良好，乙校有的学生的等级为良好，丙校有的学生的等级为良好，且甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生人数之比为.从甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生中随机抽取名学生，则该学生的等级为良好的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】记“该学生来自甲校”为事件，“该学生来自乙校”为事件，“该学生来自丙校”为事件，记“该学生的等级为良好”为事件，利用全概率公式可求得的值.
【详解】从甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生中随机抽取名学生，
记“该学生来自甲校”为事件，“该学生来自乙校”为事件，“该学生来自丙校”为事件，
则，，.
记“该学生的等级为良好”为事件，则，，，
所以
.
故选：C.
5．已知数列的前n项和为，，，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先由数列的递推式得到是以为周期的数列，再由递推式求得，，从而证得，，由此得解.
【详解】因为，所以，
所以，
所以是以为周期的数列，
又，，
所以，，
所以，，
所以，故.
故选：B.
6．已知四面体的四个面均为直角三角形（如图所示），则该四面体中异面直线AB与CD所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据条件，得到平面，将四面体补成直三棱柱，再根据异面直线所成角的知识，求得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】根据已知条件可知，平面，
所以四面体中AD⊥平面BCD，
将四面体补成直三棱柱（如图），
因为，所以∠MAB为异面直线与所成角（或其补角）．
在△MAB中，，，，
所以.
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.

7．泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，在经济生活、事故预测、生物学、物理学等领域有广泛应用，泊松分布的概率分布列为，其中e为自然对数的底数，是泊松分布的均值．若随机变量X服从二项分布，当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中，即，．现已知某种元件的次品率为0.01，抽检100个该种元件，则正品率大于的概率约为（参考数据：）（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题可得，代入公式用事件的概率和计算即可.
【详解】由题， ，，泊松分布可作为二项分布的近似，
此时，
所以，,
所以，, ,，
正品率大于的概率
即.
故选：C
8．若在上存在满足，且，则实数a的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】求导，判断的单调性，分类讨论即可求解.
【详解】，
当时，，此时在上单调递减，不满足，，故舍去，
当 时，令，则 ，故当时， ，因此在单调递增，在 单调递减，
由于在上存在满足，且，则 ，即 ，又，，，
由题意，若即时，则，所以，
若，即时，则，所以，
又
综上：．
故选：C

二、多选题
9．某服装生产商为了解青少年的身高和体重的关系，在15岁的男生中随机抽测了10人的身高和体重，数据如下表所示：
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
身高/cm
165
168
170
172
173
174
175
177
179
182
体重/kg
55
89
61
65
67
70
75
75
78
80
由表中数据制作成如下所示的散点图：

由最小二乘法计算得到经验回归直线的方程为，相关系数为，决定系数为；经过残差分析确定为离群点（对应残差过大），把它去掉后，再用剩下的9组数据计算得到经验回归直线的方程为，相关系数为，决定系数为．则以下结论中正确的有（    ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】求出身高的平均数，再根据的意义逐一分析判断即可.
【详解】身高的平均数为，
因为离群点的横坐标168小于平均值，纵坐标89相对过大，
所以去掉离群点后经验回归直线的截距变小而斜率变大，
所以，，所以A正确，B错误；
去掉离群点后成对样本数据的线性相关程度更强，拟合效果会更好，
所以，所以C正确，D错误．
故选：AC．
10．已知函数，下列说法正确的是（    ）
A．当时，；当时，
B．函数的减区间为，增区间为
C．函数的值域
D．恒成立
【答案】AD
【分析】由对数函数的性质直接判断A，利用导数确定函数的单调性与最值判断BC，D选项中，不等式变形为，然后引入函数，由导数求得最小值判断D．
【详解】对于选项A，当时，；当时，，故选项A正确；
对于选项B，，令，
可得，有，可知函数的减区间为，增区间为，故选项B错误；
对于选项C，由上可知，
趋近正无穷时，趋近正无穷，选项C不正确；
对于选项D，，
令，有，
令可得，令可得，
故函数的增区间为，减区间为，
可得，选项D正确.
故选：AD.
11．已知，O为坐标系原点，直线与x轴交于P点，与y轴交于Q点，以下结论正确的是（    ）
A．圆C上到直线距离为1的点有四个
B．过P与相切的两条直线夹角为，则
C．圆C上存在点N满足
D．直线过点Q，与交于A，B两点，AB的中点为M，则的最大值为1
【答案】BC
【分析】根据直线和圆的位置关系可判断A；利用切线性质结合二倍角公式子，判断B，求出以为直径的圆的方程，判断和的位置关系，判断C；根据数量积的几何意义，结合利用基本不等式求点M的横坐标的最大值判断D.
【详解】对于A，由题意的圆心为，半径为1，
则圆心到直线的距离为，
即直线和圆相离，
则上点到直线的最短距离为，
则圆C上到直线距离为1的点有2个，A错误；
对于B，由题意知，
设过P与相切的两条直线为,切点为,
  
连接，则，且，故，
故由圆的切线的性质可知，故，B正确；
对于C，由题意知，则以为直径的圆的方程为，
该圆与的圆心距为，
由于，（），
即以为直径的圆与相交，故圆C上存在点N满足，C正确；
对于D，由题意知，故，
为锐角，即为M的横坐标，
  
由题意可知直线的斜率一定存在且为负，故设其方程为，
联立可得，，
故，
由于，
当且仅当，即时等号成立，
故，
即的最大值为，D错误，
故选：BC
12．如图所示的几何体是由边长为1的正方形沿直线AB旋转得到的，设G是圆弧的中点，H是圆弧上的动点（含端点），则下列说法正确的是（    ）
  
A．存在点H，使得
B．存在点H，使得平面
C．若，有一质点从C出发，沿着几何体的表面到达H，则最短路程为
D．过B，G，D三点的平面与曲面相交的轨迹是椭圆的一部分，其离心率为
【答案】BD
【分析】建立空间直角坐标系求解,选项将曲面展开成矩形，找到点在矩形上的位置，即可求解，将图形补成整个圆柱，并将两个相同的圆柱拼在一起，将两个既和截面相切又和圆柱相切的两个球放入圆柱内，通过切线长相等即可求解选项.
【详解】选项,圆弧的中点为,分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则,,,,，,
若，则，即，此时底面半圆和直线无交点，则不存在点H，使得，故错误；
选项,由已知得,则,,
设平面的法向量为，则
，令，则，所以，
若平面，则，即，此时点和重合，
即存在点，使得平面,故正确；
  
选项,将曲面展开为矩形，即,
因为，所以, ,
所以从C出发，沿着几何体的表面到达H，则最短路程为,
即，故错误；
  
选项,将半个圆柱补成一个圆柱，且将两个相同的圆柱拼在一起，
所在的平面与圆柱的交线如图所示，将两个球放入圆柱内使每一个球都与圆柱和截面相切，设两个球与截面的切点分别为,取曲线上一点,过点的圆柱的母线分别交两球的大圆于点,则,,所以，
其中为定值，故点的轨迹为椭圆的一部分，
其中，所以，，
，所以离心率为，故正确；
  
故选：.

三、填空题
13．函数在点处的切线方程为 .
【答案】
【分析】求出函数的导数，继而可求得切线的斜率，根据直线的点斜式方程即可求得答案.
【详解】由函数可得，
故在点处的切线的斜率为，
故切线方程为，即，
故答案为：.
14．展开式中的系数为 ．
【答案】
【分析】由，写出展开式的通项，即可求出的系数.
【详解】因为，
其中展开式的通项为（且），
所以展开式中含项有，即展开式中的系数为.
故答案为：
15．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点A在C上，点B在y轴上，，且，则C的离心率为 ．
【答案】/
【分析】根据双曲线的定义结合条件求解即可.
【详解】  
因为，设，则有
根据双曲线的定义，
因为，所以
在直角三角形与直角三角形，
又因为
由此解得
所以，
故答案为：.
16．A与B二人进行“抽鬼牌”游戏，游戏开始时，A手中有3张两两不同的牌，B手上有4张牌，其中3张牌与A手中的牌相同，另一张为“鬼牌”，与其他所有牌都不同．游戏规则为：
（ⅰ）双方交替从对方手中抽取一张牌，A先从B手中抽取；
（ⅱ）若某位玩家抽到对方的牌与自己手中的某张牌一致，则将两张牌丢弃；
（ⅲ）最后剩一张牌（鬼牌）时，持有鬼牌的玩家为输家；
假设每一次抽牌从对方手上抽到任一张牌的概率都相同，则A获胜的概率为 ．
【答案】/
【分析】A获胜分为3种情况，利用概率的加法公式求解即可.
【详解】记初始手上张牌时， 胜的概率为，
①当手上有张牌，手上张牌，包含张“鬼牌”时，获胜的概率为
若抽中的不是“鬼牌”时，则甲获胜，其概率为，
若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的也是“鬼牌”，甲想要获胜的概率为，
若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的不是“鬼牌”， 甲不可能获胜，此情况不存在，
所以，解得,
②当手上有张牌，手上张牌，包含张“鬼牌”时，获胜的概率为
若抽中的不是“鬼牌”时，则甲获胜，其概率为，
若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的也是“鬼牌”，甲想要获胜的概率为，
若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的不是“鬼牌”， 甲不可能获胜，此情况不存在，
所以，解得,
③当手上有张牌，手上张牌，包含张“鬼牌”时，获胜的概率为
若抽中的不是“鬼牌”时，则甲获胜的概率为，
若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的也是“鬼牌”，甲想要获胜的概率为，
若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的不是“鬼牌”，此轮结束后有3张牌，包含一张“鬼牌”， 有2张牌，当再抽一次时，有2张牌，包含一张“鬼牌”， 有1张牌，
有2张牌，包含一张“鬼牌”， 有1张牌，此时胜的对立事件为当有1张牌，
有2张牌，包含一张“鬼牌”，此时胜，
则若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的不是“鬼牌”， 胜的概率为，
所以，解得,
故答案为：.
【点睛】关键点睛：当遇到某个事件的概率不好求的时候，可以考虑求其对立事件的概率，利用该事件发生的概率与其对立事件发生的概率和为来求解，例如题目中，若有2张牌，包含一张“鬼牌”， 有1张牌，此时胜的概率就可以转化为求其对立事件当有1张牌， 有2张牌，包含一张“鬼牌”， 此时胜的概率.

四、解答题
17．数列满足，，
(1)当时，求及；
(2)是否存在实数，使得数列为等差数列或等比数列？若存在，求出其通项公式，若不存在，说明理由．
【答案】(1)，
(2)不存在等差数列，存在等比数列.

【分析】（1）将、代入求出，从而求出；
（2）首先表示出、，若数列为等差数列，根据等差中项的性质得到方程，推出矛盾，若数列为等比数列，根据等比中项的性质得到方程求出，即可得到，在利用累加法求出通项公式，即可证明.
【详解】（1），，，即，，
故．
（2），，，，
若数列为等差数列，则，，，
方程没有实根，故不存在，使得数列为等差数列．
若数列为等比数列，则，即，解得，
，
，，，，，
将个式子相加，，，
又当时，符合条件，
，
，故数列为首项为，公比为的等比数列，其通项公式为.
18．民族要复兴，乡村要振兴，合作社助力乡村产业振兴，农民专业合作社已成为新型农业经营主体和现代农业建设的中坚力量，为实施乡村振兴战略作出了巨大的贡献．已知某主要从事手工编织品的农民专业合作社共有100名编织工人，该农民专业合作社为了鼓励工人，决定对“编织巧手”进行奖励，为研究“编织巧手”是否与年龄有关，现从所有编织工人中抽取40周岁以上（含40周岁）的工人24名，40周岁以下的工人16名，得到的数据如表所示．

“编织巧手”
非“编织巧手”
总计
年龄40岁
19


年龄＜40岁

10

总计


40
(1)请完成答题卡上的列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析“编织巧手”与“年龄”是否有关；
(2)为进一步提高编织效率，培养更多的“编织巧手”，该农民专业合作社决定从上表中的非“编织巧手”的工人中采用分层抽样的方法抽取6人参加技能培训，再从这6人中随机抽取2人分享心得，求这2人中恰有1人的年龄在40周岁以下的概率．
参考公式：，其中．
参考数据：

0.100
0.050
0.010
0.005

2.706
3.841
6.635
7.879
【答案】(1)填表见解析；认为“编织巧手”与“年龄”有关，此推断犯错的概率不大于0.010
(2)

【分析】（1）根据题意补全列联表，计算，并与临界值对比分析；
（2）先根据分层抽样求各层的人数，结合古典概型分析运算.
【详解】（1）年龄在40周岁以上（含40周岁）的非“编织巧手”有5人，年龄在40周岁以下的“编织巧手”有6人．列联表如下：

“编织巧手”
非“编织巧手”
总计
年龄40岁
19
5
24
年龄<40岁
6
10
16
总计
25
15
40
零假设为：“编织巧手”与“年龄”无关联．
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为“编织巧手”与“年龄”有关，此推断犯错的概率不大于0.010．
（2）由题意可得这6人中年龄在40周岁以上（含40周岁）的人数是2；年龄在40周岁以下的人数是4．
从这6人中随机抽取2人的情况有种，
其中符合条件的情况有种，
故所求概率．
19．如图，在斜三棱柱中，，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，，平面平面．
    
(1)若，，求三棱锥的体积；
(2)设平面与平面的交线为l，求l与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)1

【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据锥体的体积公式运算求解；
（2）先根据线面平行的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理证明，即可得结果.
【详解】（1）取的中点，连接，
∵，则，
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
由题意可得：为等边三角形，则，
可得，则为直角三角形，
即三棱锥的高为，
故三棱锥的体积.
（2）取的中点，连接，
∵分别为的中点，则，，
又∵为的中点，则，，
∴，，
则为平行四边形，可得，
平面，平面，
∴平面，
又∵平面，平面平面，
∴，
由（1）可得：平面，
故平面,l与平面所成角的正弦值为.
  
20．已知椭圆的上顶点和右焦点都在直线上．
(1)求C的标准方程；
(2)已知直线与C交于A，B两点，，，求k的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）先求出直线与坐标轴的交点，从而可得，再由可求出，从而可得椭圆的方程；
（2）设，设为的中点，将直线方程代入椭圆方程化简后，利用根与系数的关系，可表示出点的坐标，再由，可得，则，从而可求出的值.
【详解】（1）对于，当时，，当时，，
所以直线与轴交于点，与轴交于点，
因为椭圆的上顶点和右焦点都在直线上，
所以，所以，
所以椭圆的方程为；
（2）设，设为的中点，
由，得，
因为，
所以，
所以，则，
因为，所以，
所以，所以，则，
解得，
  
21．三年多的“新冠之战”在全国人民的共同努力下刚刚取得完胜，这给我们的个人卫生和公共卫生都提出更高的要求！某机构欲组建一个有关“垃圾分类”相关事宜的项目组，对各个地区“垃圾分类”的处理模式进行相关报道，该机构从名员工中进行筛选，筛选方法如下：每位员工测试，，三项工作，项测试中至少项测试“不合格”的员工，将被认定为“暂定”，有且只有一项测试“不合格”的员工将再测试，两项，如果这两项中有项以上（含项）测试“不合格”，将也被认定为“暂定”，每位员工测试，，三项工作相互独立，每一项测试“不合格”的概率均为．
(1)若，求每位员工被认定为“暂定”的概率；
(2)每位员工不需要重新测试的费用为元，需要重新测试的前后两轮测试的总费用为元，所有员工除测试费用外，其他费用总计为万元，若该机构的预算为万元，且名员工全部参与测试，试估计上述方案是否会超出预算，并说明理由．
【答案】(1)
(2)此方案实施估计不会超过预算，理由见解析

【分析】（1）利用互斥事件的概率加法计算公式和次独立重复实验的概率计算公式进行求解即可.
（2）设每位员工测试的费用为元，则的可能取值为，，利用次独立重复实验的概率计算公式和离散型随机变量的数学期望公式求出数学期望的表达式，通过构造函数，利用导数判断函数的单调性求最值即可.
【详解】（1）由题意知，
每位员工首轮测试被认定为“暂定”的概率为，
每位员工再次测试被认定为“暂定”的概率为，
综上可知，每位员工被认定为“暂定”的概率为：

，
当时，概率为．
（2）设每位员工测试的费用为元，
则的可能取值为，，
由题意知，，
，
所以随机变量的数学期望为：

（元），，
令，，
则，
所以当时，；当时，；
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
即（元）．
所以此方案的最高费用为（万元），
综上可知，若以此方案实施估计不会超过预算．
22．已知函数和有相同的最大值.
(1)求a；
(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由导数确定函数的单调性，得最大值，由最大值相等得参数值 ；
（2）设，由（1）确定，结合（1）中所得单调性，利用零点存在定理证明函数存在两个零点，得与的图象有两个交点，同理得与也有两个交点，于是为满足题意有两个交点重合，结合可得出三个交战的横坐标之间的关系，从而证得结论成立.
【详解】（1）定义域是，的定义域是，
因为，
当时，,,
,,
则在上单调递减，在单调递增，不存在最大值，
在上单调递减，在单调递增，也不存在最大值；
同理知当时，在上单调递增，在单调递减，
在上单调递增，在单调递减，
所以有极大值，即的最大值，
有极大值，即的最大值，
所以，即；
（2）由（1）知，
由于时，，时，，因此只有才可能满足题意，
记，且，
由（1）得在上单调递增，在单调递减，
且，
所以存在，使得，
设，则，
设，则，
时，，递减，时，，递增，
所以，
所以，是增函数，时，，
，
又，所以存在，使得，
即此时与有两个交点，
其中一个交点在内，另一个交点在内，
同理与也有两个交点，
其中一个交点在内，另一个交点在内，
若与和共有三个不同的交点，
则其中一个交点为两条曲线和的公共点，记其横坐标为，
令，则，
记与的三个交点的横坐标从左到右依次为，
且满足，
且，即，
又，且，
且在和上分别单调，所以，即，
所以为的等比中项，
所以从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【点睛】本题考查用导数求函数的最值，用导数研究方程的根的问题，属于难题.对于方程的根的问题，难点在于寻找两个方程的根之间的关系，首先第一步由零点存在定理证明存在两个零点（方程有两个根），其次通过函数式关系找到两个方程的根之间的关系，再根据等比数列的性质证明结论成立.