2021-2022学年福建省龙岩第一中学高二下学期第二次月考数学试题含解析

这是一份2021-2022学年福建省龙岩第一中学高二下学期第二次月考数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年福建省龙岩第一中学高二下学期第二次月考数学试题
一、单选题
1．函数的单调增区间是(       )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用f(x)的导数的正负即可求其单调性．
【详解】∵，∴，
当x＞2时，，∴f(x)的单调递增区间是．
故选：D．
2．已知平面的一个法向量，点在内，则到的距离为（       ）
A． B． C．4 D．10
【答案】C
【分析】由向量的坐标运算得，再由平面的距离即可求解.
【详解】由题意，得，又知平面的一个法向量，
则到平面的距离，
故选：C.
3．若随机变量满足，.则下列说法正确的是（       ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【分析】依据随机变量的数学期望与方差的运算规则求得和的值即可解决
【详解】随机变量满足，，
则，，据此可得，.
故选：D
4．已知，则在上的投影向量为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意得，进而根据投影向量的概念求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
所以在上的投影向量为
故选：B
5．我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（       ）（附：若，则，，）
A．0.1587 B．0.0228 C．0.0027 D．0.0014
【答案】B
【分析】由题意，根据二项分布的期望与方差公式分别求出和，然后再利用正态分布的对称性即可求解.
【详解】解：抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面向上次数为，则，
所以，，
由题意，，且，，
因为，
所以利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为，
故选：B.
6．若函数在区间内有最小值，则实数m的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用导数求出函数的单调区间，得到，令得到或1，即得解.
【详解】解：由题得，.
令，解得或；令，解得，
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增，
所以函数的极小值.
若在区间内有最小值，则极小值即最小值，
所以，解得，
令，可得，可得，解得或1，由题得，综上.
故选：C.
7．若函数与满足：存在实数，使得，则称函数为的“友导”函数．已知函数为函数的“友导”函数，则实数的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】，即，利用参变分离得，通过导数求的值域．
【详解】，则
∵存在实数，使得，即
则
构建，则
令，则或（舍去）
在单调递减，在上单调递增，则
即
故选：D．
8．甲乙两个盒子中有若干个大小相同的球，甲盒子中有4个红球和2个白球，乙盒子中有3个红球和1个白球，同时从甲乙盒子中各取出两个球，并进行交换，交换后，记乙盒中红球个数为，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意求得随机变量取值为，求得相应的概率，利用期望的公式，即可求解.
【详解】依题意，取值为，
其中表示甲盒中取出2个白球且乙盒中取出2个红球，可得；
表示甲盒中取出2个白球且乙盒中取出1个红球和1个白球或者甲盒中取出1个红球和1个白球且乙盒中取2个红球，；
表示甲盒中取出数出1个红球和1个白球且乙盒中取出1个红球和1个白球或者甲盒中取出2个红球且乙盒中取出2个红球，；
表示甲盒中取出取出2个红球且乙盒中取出1个红球和1个白球，
，
所以.
故选：C.
二、多选题
9．甲乙两家公司独立研发疫苗A，甲成功的概率为，乙成功的概率为，丙独立研发疫苗B，研发成功的概率为．则（             ）
A．甲乙都研发成功的概率为 B．疫苗A研发成功的概率为
C．疫苗A与疫苗B均研发成功的概率为 D．仅有一款疫苗研发成功的概率为
【答案】ACD
【分析】根据相互独立事件同时发生的概率公式可判断A；结合对立事件的概率关系可判断B；再由相互独立事件的概率公式可判断C；分两种情况，由相互独立事件的概率公式可判断D.
【详解】用A，B，C分别表示事件“甲成功”，“乙成功”，“丙成功”，则：
A．根据概率公式有：
B．由概率的性质可得：疫苗A研发成功的概率
C．两疫苗的研发相互独立，所以所求概率为
D．所求概率为
故选：ACD
10．已知函数，则下列说法正确的是（       ）
A．有且只有一个极值点
B．设，则与的单调性不同
C．有3个零点
D．在上单调递增
【答案】ABD
【分析】利用的二次求导，得到， ，从而存在，使得，结合函数极值点的定义即可判断选项，求出的解析式，然后利用导数研究其单调性即可判断选项，利用函数的极值点即可判断选项，利用函数单调性的结论即可判断选项．
【详解】解：由题知，，，所以在上单调递增，当时，；当时，，所以存在，使得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以有且只有一个极值点，故A正确；
因为，所以，所以，所以，故的一个极值点为0，所以与的单调性不相同，故B正确；
因为有且只有一个极值点，，且，所以在和上各有一个零点，所以有且只有两个零点，故C错误；
因为与在上都是单调递增，所以在上单调递增，故D正确．
故选：ABD．
11．已知正实数a，b，c满足，则一定有（       ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】根据，可得，进而判断出，A正确；
构造，得到单调性，从而求出，B正确；CD选项可以举出反例.
【详解】由正实数a，b，c，以及，可得，
又，所以．
所以，又，所以，
即，等价于，
构造函数，
，
当时，
故在上递增，从而．
又取时，原式为同样成立，
故CD不正确，
故选：AB
【点睛】对于指数，对数比较大小问题，属于高频考点，难点在于部分题目需要构造函数进行比较，本题中要结合不等式的特点构造，利用导函数求出其单调性，根据函数单调性比较大小
12．如下图，正方体中，M为上的动点，平面，则下面说法正确的是（       ）


A．直线AB与平面所成角的正弦值范围为
B．点M与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C．点M为的中点时，平面经过点B，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D．已知N为中点，当的和最小时，M为的三等分点
【答案】AC
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，

平面，则为平面的一个法向量，且，，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；
对于B选项，当与重合时，连接、、、，
在正方体中，平面，平面，，
四边形是正方形，则，，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，

易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；
对于C选项，设平面交棱于点，点，，

平面，平面，，即，得，，
所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，
而，，且，
由空间中两点间的距离公式可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；
对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：

若最短，则、、三点共线，
，，
，所以，点不是棱的中点，D选项错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.
三、填空题
13．若异面直线，的方向向量分别是，，则异面直线与的夹角的余弦值等于_______.
【答案】
【分析】利用向量的夹角公式，结合向量的数量积的坐标运算和向量的摸公式，计算即可求出异面直线所成的角.
【详解】由，，得，
，
设异面直线与的所成的角为，则
.
所以异面直线与的夹角的余弦值为.
14．有甲乙丙丁4名人学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务，志愿者指挥部随机派这4名志愿者参加冰壶，短道速滑、花样滑冰3个比赛项目的志愿服务，假设每个项目至少安排一名志愿者，且每位志愿者只能参与其中一个项目，求在甲被安排到了冰壶的条件下，乙也被安排到冰壶的概率为_______.
【答案】
【分析】利用条件概率的计算公式求解即可.
【详解】每个项目至少安排一名志愿者，且每位志愿者只能参与其中一个项目共有种分法，
甲被安排在冰壶的情况共有种分法，
甲被安排在冰壶的同时乙也被安排在冰壶的情况共有种分法，
设事件表示“甲被安排在冰壶”，事件表示“乙被安排在冰壶”，
则，
故答案为：.
15．已知，若存在，使得，则的取值范围为________.
【答案】
【分析】根据分段函数的特征,分两种情况讨论.由得的关系,代入即可利用函数单调性求最值即可求解.
【详解】当时,,则由,故此时
当,
当时, ,,故此时,记 所以单调递增, ,故此时.
因为单调递增,不可能出现,而
故答案为:
四、双空题
16．已知是空间单位向量，，若空间向量满足：，，，则_______，对于任意，向量与向量所成角的余弦值最大值为_______.
【答案】         
【分析】根据向量模长的公式，代入条件中的关系即可求解，根据数量积中夹角公式，即可把夹角的余弦值表示出来，然后根据不等关系即可求最大值.
【详解】
设由当且仅当方向相同时等号成立.故.
故答案为:,
五、解答题
17．已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)求在区间上的最小值.
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)答案见解析
【分析】（1）对函数求导，通过导函数的正负判断的增加区间；
（2）根据（1）中的单调性可得的极值，即可得最小值．
【详解】(1)由题意知：.
令，解得.
把定义域划分成两个区间，在各区间上的正负，
以及的单调性如下表所示.






0


单调递减

单调递增

所以的单调递减区间为，单调递增区间为；
(2)当时，在区间上单调递减，；
当时，在区间上单调递减，在上单调递增，.
18．已知1号箱中有5个白球和3个红球，2号箱中有2个白球和4个红球.
(1)每次从1号箱中随机取出1个球，取出的球不再放回，经过2次取球，设取出的这2个球中红球的个数为，求的分布列及期望；
(2)若先随机从1号箱中取出一球放入2号箱中，再从2号箱中随机取出一球，求从2号箱中取出的球是红球的概率.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）由题意，可得可能取值为，，，再分别求出概率即可得分布列及数学期望；
（2）设“最后从2号箱中取出的球是红球”，“从1号箱中取出的球是红球”，利用全概率公式求解..
【详解】(1)由题意得可能取值为，，；
，，，
∴的分布列为：









所以.
(2)设“最后从2号箱中取出的球是红球”，“从1号箱中取出的球是红球”，
则，，
，，
由全概率公式得
，
所以，先随机从1号箱中取出一球放入2号箱中，再从2号箱中随机取出一球，最后从2号箱中取出的球是红球的概率为.
19．如图，在四边形ABCD中，BC＝CD，BC⊥CD，AD⊥BD，以BD为折痕把△ABD折起，使点A到达点P的位置，且PC⊥BC．


(1)证明：PD⊥平面BCD；
(2)若M为PB的中点，二面角P﹣BC﹣D等于60°，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，再证明出线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.
【详解】(1)∵BC⊥CD，BC⊥PC，且PC∩CD＝C，
∴BC⊥平面PCD，
又∵PD⊂平面PCD，∴BC⊥PD．
∵PD⊥BD，BD∩BC＝B，
∴PD⊥平面BCD；
(2)∵PC⊥BC，CD⊥BC，
∴∠PCD是二面角P﹣BC﹣D的平面角，则∠PCD＝60°，
因此，
取BD的中点O，连接OM，OC，
由已知可得OM，OC，OD两两互相垂直，
以O为坐标原点，分别以OC，OD，OM所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设OB＝1，则P（0，1，），C（1，0，0），D（0，1，0），M（0，0，），
，，．
设平面MCD的一个法向量为，
由，取z，得．
∴cos．


故直线PC与平面MCD所成角的正弦值为．
20．如图，正方形所在的平面与菱形所在的平面互相垂直，为等边三角形.


(1)求证：；
(2)，是否存在，使得平面平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直，证明平面；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量的数量积为0，即可求解.
【详解】(1)连接交于，因为四边形为菱形，所以，
又正方形所在的平面平面，且平面平面，
因为，所以平面，所以，
又，所以平面，
因为平面，所以；
(2)存在.以为原点，，的方向为轴，轴，
过点作菱形所在的平面的垂线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
因为，设点，
则，所以点，
，，设平面的法向量为，
则有，可得，
，，
设平面的法向量为，
则有，可得，
由可得.
当时，，，，
则，令，则法向量，
此时，
综上可知：成立.

21．2022年是中国共产主义青年团成立100周年，某市团委决定举办一次共青团史知识竞赛．该市A县团委为此举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表A县参加市共青团史知识竞赛．已知A县甲、乙、丙3位选手都参加了初赛且通过初赛的概率依次为，，，通过初赛后再通过决赛的概率均为，假设他们之间通过与否互不影响．
(1)求这3人中至少有1人通过初赛的概率；
(2)求这3人中至少有1人参加市共青团史知识竞赛的概率；
(3)某品牌商赞助了A县的这次共青团史知识竞赛，给参加选拔赛的选手提供了两种奖励方案：
方案一：参加了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖1次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次奖励1000元；
方案二：只参加了初赛的选手奖励300元，参加了决赛的选手奖励1000元．
若品牌商希望给予选手更多的奖励，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好．
【答案】(1)；
(2)；
(3)品牌商选择方案二更好.
【分析】（1）根据给定条件，求出3人都没通过初赛的概率，再利用对立事件的概率公式计算作答.
（2）求出甲、乙、丙都通过决赛的概率，再借助对立事件的概率公式计算作答.
（3）利用二项分布及期望的性质求出方案一奖金总额的期望，对方案二，列出奖金总额为随机变量的分布列，求出其期望，比较大小作答.
【详解】(1)3人都没通过初赛的概率为，
所以这三人中至少有1人通过初赛的概率．
(2)设事件B表示“甲参加市共青团史知识竞赛”，事件C表示“乙参加市共青团史知识竞赛”，事件D表示“丙参加市共青团史知识竞赛”，
则，，3人都不能参加市共青团史知识竞赛的事件为，
所以这3人中至少有1人参加市共青团史知识竞赛的概率．
(3)方案一：设三人中奖人数为X，所获奖金总额为Y元，则，且，
所以元，
方案二：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为Z元，则Z的所有可能取值为900，1600，2300，3000，
，，
，，
所以Z的分布列为：
Z
900
1600
2300
3000
P





则，
因为，所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案二更好．
22．已知函数（）．
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，若函数的两个极值点，（）恰为函数的两个零点，且的取值范围是，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】（1）根据题意，求得，分和两种情况讨论，结合导数的符号，即可求得函数的单调性；
（2）根据题意求得函数的解析式，得到，令，得到函数，根据导数求得函数的单调性求得的取值范围，得到，进而求得实数的取值范围．
【详解】（1）由题意，函数的定义域为，
可得，
对于方程的判别式（其中），
（i）若，即时，恒成立，
故在上单调递增；
（ii）若，即时，
令，解得，．
当，；
当时，．
所以当时，单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，单调递增区间为和；
单调递增区间为．
（2）由（1）知：且，，其中，
因为，可得（），
所以，
由，可得
两式相减，得．（）
∴
令，可得，则，
所以在上单调递减，
由的取值范围是，得的取值范围是，
所以，
又因为，故实数的取值范围是．
【点睛】由极值点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.