江苏省南京市六校联合体学校2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份江苏省南京市六校联合体学校2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含江苏省南京市六校联合体学校2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题原卷版docx、江苏省南京市六校联合体学校2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。

注意事项：
1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．
2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．
3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．
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. 正项等比数列中，，，则（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】运用等比数列通项公式及等积性求解即可.
【详解】由题意知，，所以，
又因为，所以，
所以.
故选：C.
2. 由四个棱长为1的正方体组合成的正四棱柱（如图所示），点是正方形的中心，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】用、、分别表示、，结合空间向量数量积运算求解即可.
【详解】因为，，
所以
.
故选：C.
3. 由0，1，2，3，4组成无重复数字的三位偶数的个数是（ ）
A. 24B. 30C. 36D. 60
【答案】B
【解析】
【分析】由个位是否为0分类讨论：①个位是0，则百位、十位从剩余的四个数字中选择2个排列；②个位不是0，则从2、4中选择一个放在个位，再从剩余的3个数字（不包含0）中选择一个放在百位，再从剩余的3个数字中选择一个放在十位即可.
【详解】个位是0的无重复数字的三位偶数有：个，
个位不是0的无重复数字的三位偶数有：个，
所以共有个.
故选：B.
4. 已知离散型随机变量X的概率分布如表，离散型随机变量Y满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由概率分布列的性质求出，然后得到离散型随机变量Y的概率分布列，求即可.
【详解】由题意可知：，
所以解得，所以离散型随机变量Y的概率分布列为：
所以.
故选：A.
5. 若，则（ ）
A. 45B. 55C. 120D. 165
【答案】D
【解析】
【分析】利用组合数的性质求出的值，再利用组合数的性质可求得的值.
【详解】因为，
所以，
解得.
故
.
故选：D.
6. 甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和3个红球，丙袋中有4个白球和n个红球．先随机取一只袋，再从该袋中随机取一个球，该球为红球的概率是，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】利用全概率公式即可求解.
【详解】设“取出的球来自甲袋”为事件，“取出的球来自乙袋”为事件，“取出的球来自丙袋”为事件，“该球为红球”为事件，
则，，，，
所以，
解得.
故选：A
7. 已知数列满足，当时，有，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由递推关系式可得，构造数列可得是等比数列 ，进而可求得结果.
【详解】由题意知，，，则，
又因为，所以数列是首项为2，公比为2 的等比数列，
所以，即，
所以当时，.
故选：B.
8. 已知函数在上有且仅有一个零点，则实数的取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】参变分离得到，构造，求导得到其单调性和极值情况，确定实数的取值.
【详解】因为，所以，
令，故，
令，则，
令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极小值，且，
且趋向于0时，趋向于，
当趋向于时，趋向于，
故要想函数在上有且仅有一个零点，则.
故选：C
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，部分选对得部分分，不选或有选错的得0分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有24种报名方法
B. 4名同学都参加了跑步、跳高、跳远三个项目，则这三个项目的冠军共有64种不同结果
C. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每项至少一人，共有24种报名方法
D. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项报一人，每人至多报一项，共有24种报名方法
【答案】BD
【解析】
【分析】本题考查分步计数原理，其中C选项是部分平均分组再分配，列出式子即可.
【详解】4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每个同学都有3种情况，共有种，所以A错误；
4名同学都参加了跑步、跳高、跳远三个项目，每个冠军有4种情况，则这三个项目的冠军共有种，所以B正确；
4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每项至少一人，可以1,1,2部分平均分组再分配，种，所以C错误；
4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项报一人，每人至多报一项，跑步项目有4种，跳高由3种，跳远有2种，根据分步乘法原理，可得一共种，所以D正确.
故选：BD
10. 若，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用赋值法，结合二项式定理逐项判断即可.
【详解】令得：，所以，故A正确；
令得：，即，故B正确；
展开式第项为：，
所以，即，所以，故C错误；
令得：，
所以，故D正确；
故选：ABD
11. 如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则（ ）
A. 若在线段上的动点，则到直线的距离的最小值为1
B. 若在线段上的动点，则到平面的距离的最小值为
C. 若与平面所成的角为，则点的轨迹为抛物线
D. 对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线，所成角都为
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量中的点到线的距离公式、点到面的距离公式、直线与平面所成角公式可依次判断A项、B项、C项，不妨设，分别讨论或的情况可判断D项.
【详解】对于A项，以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，，，
由在线段上，可设（），
则，
则点到的距离（），
所以当时，取得最小值为1，故A项正确；
对于B项，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，所以，
所以点到平面的距离为，（），
因为，所以当时，点到平面的距离取得最小值为.故B项正确；
对于C项，如图所示，
设，（，），则，
因为轴平面，所以平面的一个法向量为，
又因为与平面所成角为，
所以，
整理得，所以点的轨迹为圆，故C项错误；
对于D项，显然过点满足条件的直线的数目等于过点的满足条件的直线的数目，
在直线上任取一点，使得，不妨设，
①若，如图所示，
因为，所以，
所以过点的直线与平行或重合时，直线与、所成角都为.
②若，则为正四面体，
如图所示，当位于点或位于点关于平面对称的点时，满足条件，
所以有两种可能，即直线有两种可能，
所以过点作与平行的直线，有两种可能.
综述：过点的满足条件的直线有3条.故D项正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知随机事件满足，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】由乘法公式及事件和的概率公式代入数据即可.
【详解】，.
故答案为：.
13. 曲线与的公切线方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】设出两曲线的切点和，由导数的意义可得，再由点斜式得出公切线方程，把点代入直线方程可得，构造函数，求导分析单调性得到，进而得出，最后得到直线方程.
【详解】设曲线上的切点为，曲线上的切点为.
因为，
则公切线的斜率，所以.
因为公切线的方程为，即，
将代入公切线方程得，
由，得
令，则，
当时，；当时，0，
故函数在上单调递增，在上单调递减，，
所以，
故公切线方程为，即.
故答案为：.
14. 如图所示数阵，第1行为1，从第2行开始，每一行的左右两端都为1，而除1之外的每个数为前一行其上方相邻两个数之和再加1．则第12行的第3个数为______；当时，前n行的所有数之和为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】本题考查数列通项公式求解，第一空可根据数据排列规律写出第n行第3个数的通项公式，再求解第12行的第3个数即可；第二空，先求解第n行所有数之和，再求解数列的前n项和即可得出结果.
【详解】设第行的第3个数为，第行的第2个数为，根据数表得，
，即
设第行的所有数的和为，则，
时，第行共有个数，设为,则
即数列是首项为2 ，公比为2的等比数列
所以 ，即
所以
故答案为：109；
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. 设等差数列的公差为，数列的前项和为，若．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列性质及求和公式可得，从而可求出，公差，从而可求解.
（2）由（1）可得，再结合裂项相消求和从而可求解.
【小问1详解】
因为为等差数列，所以，即，
又因为，则，所以，
则，
所以数列的通项公式为：，
故.
【小问2详解】
由（1）得，所以，
则，
所以
.
16. 在的展开式中，第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为2∶1．
（1）求n的值；
（2）求展开式中含的项的二项式系数；（用数字作答）
（3）求值：．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）借助二项式系数的性质计算即可得；
（2）借助二项式的展开式的通项公式计算即可得；
（3）化简原式，结合组合数的运算及性质可得，代入运算即可得解.
【小问1详解】
由题意可得， 即，
即，故；
【小问2详解】
，
其展开式的通项公式，，
令，解得，
故展开式中含的项的二项式系数为；
【小问3详解】
，
由，
故，
故原式.
17. 某城市人口数量950万人左右，共900个社区．在实施垃圾分类之前，随机抽取300个社区，并对这300个社区某天产生的垃圾量（单位：吨）进行了调查，每个社区在这一天的垃圾量X大致服从正态分布．将垃圾量超过32吨天的社区确定为“超标”社区．
（1）请利用正态分布知识估计这900个社区中“超标”社区的个数；(结果取整数部分)
（2）通过研究样本原始数据发现，抽取300个社区中这一天共有7个“超标”社区，市政府决定对7个“超标”社区的垃圾来源进行跟踪调查．现计划在这7个“超标”社区中任取4个进行跟踪调查，已知这7个社区中有3个社区在这一天的垃圾量超过35吨．设为抽到的这一天的垃圾量超过35吨的社区个数，求的概率分布与数学期望；
（3）用样本的频率代替总体的概率，现从该市所有社区中随机抽取50个社区，记为这一天垃圾量超过32吨的小区的个数，求的值．
(参考数据：； ；；)
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
（3）0.35
【解析】
【分析】（1）由题意，利用原则可求解；
（2）利用超几何分布的概率公式求分布列，进而得到期望；
（3）由二项分布可求.
【小问1详解】
因为该市人口数量在950万人左右的社区这一天的垃圾量大致服从正态分布，
所以，
因为，
所以这个社区中“超标”社区的个数为.
【小问2详解】
由题可知随机变量的取值为：0，1，2，3，
则，，
，，
所以，的分布列为：
则.
【小问3详解】
由（1）可知随机变量
所以，
所以的值约为0.35．
18. 如图，在斜三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，点为中点，，点为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）过作与垂直的平面，平面交直线于点，求线段的长度．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）1.
【解析】
【分析】（1）通过证明，即可证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，通过求平面和平面的法向量即可求二面角；
（3）根据平面，由确定Q的位置即可得.
【小问1详解】
因为是等腰直角三角形，且为斜边，
所以，为中点，
所以；
又由，可知，
因为平面,
故平面.
【小问2详解】
因为为正三角形，为中点，
所以，
由（1）知，平面，
平面，
所以，，
如图以为原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系，
则，
由（1）知，平面，
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，
且，
所以，
不妨设，则，
所以.
设平面与平面的夹角为，
又，
即.
由图可知，即二面角余弦值为.
【小问3详解】
设，，
则，
所以，
所以,
又因为为中点，
所以，
所以，
因为过作与垂直的平面，交直线于点，
所以，则，
所以，
解得，
所以，则，
所以，
即.
19. 已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）减区间为，增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）得，的正负取决于的正负，设，结合即可求得单调区间；
（2）法一：设虚设零点判断的单调性，得到的最小值，要使恒成立，只要恒成立，由此解出的取值范围；
法二：令，转化为关于的函数，在处取得最小值，由恒成立，由此解出的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
则，
设，则恒成立，又，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以的减区间为，增区间为.
【小问2详解】
法一：设，
，
设，则，所以在上单调递增，
又，，
所以存在，使得，即，
则，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，取得极小值，也是最小值，
所以
，
所以，即，
设，，所以单调递增，且，
所以，解得，
综上，.
法二：恒成立
，
令，易知，则，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以时，取得最小值，为
设，，所以单调递增，且，
所以，解得，
综上，.
【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立；
（2）恒成立.X
0
1
2
3
P
a
5a
Y
-1
1
3
5
P