重庆市第八中学2022-2023学年高二数学下学期第二次月考试题（Word版附解析）

重庆八中2022-2023学年度（下）第二次月考高二年级

数学试题

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计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. 若，则（    ）．

A. 2 B. 1 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据极限的定义求解即可.

【详解】因为，

所以

故选：D

2. 展开式中的常数项为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】直接由二项展开式求常数项即可.

【详解】展开式中的常数项为：.

故选：C.

3. 函数，的图象大致为（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据函数的特殊值及单调性进行解题.

【详解】解：，当时，，所以排除C，D，

又，

所以为极值点，排除B，

故选A．

4. 天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，在1980年庚申年，我国正式设立经济特区，请问：在100年后的2080年为（    ）

A. 戊戌年 B. 辛丑年 C. 己亥年 D. 庚子年

【答案】D

【解析】

【分析】将天干和地支分别看作等差数列，结合，，分别求出100年后天干为庚，地支为子，得到答案.

【详解】由题意得，天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，

由于，余数为0，故100年后天干为庚，

由于，余数为4，故100年后地支为子，

综上：100年后的2080年为庚子年.

故选：D.

5. 用红、黄、蓝、绿四种颜色给下图着色，要求有公共边的两块不着同色．在所有着色方案中，①③⑤着相同色的方案有（    ）种

A. 96 B. 24 C. 48 D. 108

【答案】D

【解析】

【分析】利用分步计数原理计算即可.

【详解】因为①③⑤着相同的颜色，可以有种，

②④⑥按要求可随意着与①③⑤不同色的另外三种颜色，故有种，

所以共有种.

故选：D.

6. 随机变量满足分布列如下：

则随着的增大（    ）

A. 增大，越来越大

B. 增大，先增大后减小

C. 减小，先减小后增大

D. 增大，先减小后增大

【答案】B

【解析】

【分析】结合分布列的性质求出的值以及的范围，然后根据期望与方差的概念表示出期望与方差，结合函数的性质即可得出结论.

【详解】因，所以，

又因为，解得，

所以，随着的增大，增大；

，

因为，所以先增大后减小.

故选：B.

7. 定义在上的函数的导函数为，若对任意实数，有，且为奇函数，则不等式的解集是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】构造函数，根据导函数得单调性，利用单调性求解不等式的解集．

【详解】因为为奇函数，

所以，即，

设，

则，

所以在上单调递减，

又，的解集等价于的解集，即，

所以，即不等式的解集为.

故选：C.

8. 设椭圆（）的右焦点为F，椭圆C上的两点A、B关于原点对称，且满足，，则椭圆C的离心率的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性结合，得到四边形为矩形，设，，在直角中，利用椭圆的定义和勾股定理化简得到，再根据，得到的范围，从而利用对勾函数的值域得到的范围，进而由即可得解.

【详解】如图所示：

设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形，

又，则，所以平行四边形为矩形，故，

设，，则，

在直角中，，，

所以，则，

所以，

令，得，

又由，得，

因为对勾函数在上单调递增，所以，

所以 ，即，则，故，

所以，

所以椭圆离心率的取值范围是.

故选：B.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用椭圆的对称性证得四边形为矩形，再利用椭圆的定义与勾股定理，结合条件得到关于的齐次不等式，从而得解.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共计20分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9. 若随机变量服从两点分布，其中，，分别为随机变量的均值与方差，则下列结论正确的是（       ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】根据随机变量服从两点分布推出，根据公式先计算出、，由此分别计算四个选项得出结果．

【详解】随机变量服从两点分布，其中，，

，

，

在A中，，故A正确；

在B中，，故B正确；

在C中，，故C错误；

在D中，，故D错误．

故选：AB．

10. 某工厂有甲、乙两个车间生产同一种产品，其产量比为2：3．从两个车间中各随机抽取了10个样品进行测量，其数据（单位：mm）如下：

甲车间：9.4  9.6  9.8  9.8  10.0  10.1  10.1  10.2  10.2  10.3

乙车间：9.2  9.4  9.6  9.8  10.0  10.2  10.3  10.3  10.3  10.4

规定数据在之内的产品为合格品．若将频率作为概率，则以下结论正确的是（    ）

A. 甲车间样本数据的第40百分位数为9.9

B. 从样本数据看，甲车间的极差小于乙车间的极差

C. 从两个车间生产的产品任取一件，取到合格品的概率为0.72

D. 从两个车间生产的产品任取一件，若取到不合格品，则该产品出自甲车间的概率为0.25

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据百分位数计算规则判断A，计算出极差即可判断B，根据全概率公式计算C，根据条件概率公式计算D.

【详解】对于A：甲车间样本数据从小到大排列为：、、、、、、、、、，

又，所以第百分位数为第四、五两数的平均数，

即为，故A正确；

对于B：甲车间的极差为，乙车间的极差为，

所以甲车间的极差小于乙车间的极差，故B正确；

对于C：从样本数据可知甲车间合格品的概率，乙车间合格品的概率，

且甲、乙两车间产量比为，

若从两个车间生产的产品任取一件，取到合格品的概率，故C错误；

对于D：由C可知取到不合格品的概率，

所以若取到不合格品，则该产品出自甲车间的概率，故D正确.

故选：ABD.

11. 设，下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C.  D. 当时，除以20的余数是

【答案】BC

【解析】

【分析】利用换元法将题设条件转化为，对于A，利用展开通项公式求解判断即可；对于B，利用赋值法即可判断；对于C，对求导后，再利用赋值法即可判断；对于D，将代入后利用二项式定理展开式子，从而得以判断.

【详解】对于A，因为，

令，则，

因为的展开通项公式为，

所以，，故，故A错误；

对于B，令，得，故B正确；

对于C，因为，

两边对求导得，，

令得，，故C正确；

对于D，当时，，

展开式右边共7项，前6项都是20的整数倍，因此它除以20的余数是1，故D错误．

故选：BC．

12. 对于函数，下列说法正确的是（    ）

A. 在上单调递减，在上单调递增

B. 当时，

C. 若函数有两个零点，则

D. 设，若对，，使得成立，则

【答案】BD

【解析】

【分析】利用函数的定义域判断A选项的正确性；利用的单调性来判断B选项的正确性；结合的图象来判断C选项的正确性；通过求和在给定区间上的取值范围来判断D选项的正确性.

【详解】对于A选项，的定义域为，所以A选项错误.

对于B选项，，当时，，递减.

由于，所以，

由于，

所以由两边乘以得 ，所以B选项正确.

对于C选项，令，

由于，所以在区间递减；

在区间递增.

当时，；当时，；.

函数是定义域为的偶函数.

由此画出图象如下图所示，

由图可知，直线与的图象有两个交点，即当时，

函数有两个零点，所以C选项错误.

对于D选项，由上述分析可知，，则，

，，要使“对，，使得成立”，

则需，所以D选项正确.

故选：BD

【点睛】利用导数研究函数的单调性，首先要求函数的定义域，单调性必须在定义域这个大前提下进行求解.求解恒成立、存在性问题，可转化为求最值或取值范围来进行求解.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知函数是定义在上的奇函数，且在定义域内有且只有三个零点，则可能是______．（本题答案不唯一）

【答案】（或等，本题答案不唯一，符号题意即可）

【解析】

【分析】本题答案不唯一，符合题意即可，

，满足为奇函数，且在上有且只有三个零点；或者满足为奇函数，且在上有且只有三个零点.

【详解】本题答案不唯一，符合题意即可，如，为奇函数，且在上有且只有三个零点0，，满足题意．

一题多解 

由题知，本题答案不唯一，符合题意即可，易知，故可画出符合题意的草图

如图所示，此时

【点睛】开放性试题，可以从常用函数或者基本初等函数思考找到解题方向.

14. 袋中装有5个同样大小的球，编号为1，2，3，4，5．现从该袋内随机取出2个球，记被取出的球的最大号码数为，则等于________．

【答案】4

【解析】

【分析】由题意的可能取值为2，3，4，5，分别求出相应的概率，由此能求出．

【详解】袋中装有5个同样大小的球，编号为1，2，3，4，5．

现从该袋内随机取出2个球，记被取出的球的最大号码数为，

的可能取值为2，3，4，5，

，，

，，

.

故答案为：4．

15. 学校高三大理班周三上午四节、下午三节有六门科目可供安排，其中语文和数学各自都必须上两节而且两节连上，而英语、物理、化学、生物最多上一节，则不同的功课安排有________种情况.

【答案】336

【解析】

【分析】可分类，一类是语文数学都排上午，另一类是语文数学上下午各排一门．

【详解】解：根据题意，分2种情况讨论：

①，语文和数学都安排在上午，

此时语文和数学的安排方法有2种，在剩下的4门课中任选3门，安排在下午，有种情况，则此时有种安排方法；

②，语文和数学分别安排上午和下午，

若语文在上午，有3种安排方法，数学在下午，有2种安排方法，在剩下的4门课中任选3门，安排在其他时间，有种情况，

则语文在上午、数学在下午的安排方法有种，

同理：数学在上午，语文在下午的安排方法也有144种，

则不同的安排方法有种；

故答案为：336种；

【点睛】本题考查排列与组合的综合应用．对特殊元素的位置优先安排，利用分类加法计数原理求解.

16. 定义函数，其中表示不超过x的最大整数，例如，，当时，的值域为，记集合中元素的个数为，则（1）_________；（2）_________．

【答案】    ①. 2    ②.

【解析】

【分析】当时，先求得的解析式，由此求得的值.求得在各区间中的元素个数，由此求得，利用裂项求和法求得.

【详解】(1)当时，

根据题意得：，进而得，

所以在各区间中的元素个数分别为：1，1；所以

(2)解：根据题意得：，进而得，

所以在各区间中的元素个数为：，

所以当时，的值域为，集合中元素的个数为满足：

，

所以，所以，所以．

故答案为：；

【点睛】通项公式的分母是两个等差数列乘积的形式的数列求和，可采用裂项求和法.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知数列的前项和为，且满足

（1）的通项公式；

（2）若，求数列的前项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据作差得到，从而得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，即可求出通项公式；

（2）由（1）可知，利用错位相减法求和即可.

【小问1详解】

因为①，

当时，则，

当时②，

①②得，即，

则，所以，

所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，则.

【小问2详解】

因为，所以，

所以③，

④，

③④得

，

所以.

18. 福州纸伞是历史悠久的中国传统手工艺品，属于福州三宝之一，纸伞的制作工序大致分为三步：第一步削伞架，第二步裱伞面；第三步绘花刷油.一个优秀的作品除了需要有很好的素材外，更要有制作上的技术要求，已知某工艺师在每个环节制作合格的概率分别为，，，只有当每个环节制作都合格才认为一次成功制作.

（1）求该工艺师进行3次制作，恰有一件优秀作品概率；

（2）若该工艺师制作4次，其中优秀作品数为，求概率分布列及期望；

【答案】（1）   

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）先求出制作一件优秀作品的概率，再结合二项分布概率公式，即可求解；

（2）若该工艺师制作4次，其中优秀作品数为，的可能取值为0，1，2，3，4，求出对应的概率，即可得的分布列，代入期望公式求解期望即可.

【小问1详解】

由题意可知，制作一件优秀作品的概率为，

所以该工艺师进行3次制作，恰有一件优秀作品的概率.

【小问2详解】

该工艺师制作4次，其中优秀作品数为，的所有可能取值为0，1，2，3，4，

由题意知，

则，，

，，，

故的分布列为：

所以数学期望为.

19. 如图，在四棱锥中，侧面为钝角三角形且垂直于底面，底面为直角梯形且，，，点是的中点.

（1）求证：平面；

（2）若直线与底面所成的角为，求与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据已知条件证明，根据线面垂直的判定定理即可得到平面；

（2）根据已知条件建立合适的空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值求解出与平面所成角的正弦值.

【详解】解：（1）证明：取的中点，连接，

设，，依题意，四边形为正方形，

且有，，

∴，则.

又平面底面，平面底面，∴平面

（2）过点作的垂线，交延长线于点，连接，

∵平面底面，平面底面，，平面，底面，

故为斜线在底面内的射影，为斜线与底面所成的角，即.

由（1）得，，∴在中，，，

在中，，，，由余弦定理得，

∴，从而，过点作，∴底面，∴、、两两垂直，

如图，以点为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立空间直角坐标系，

则，，，，，

设平面的法向量，由，取，得，

又，∴，

∴与平面所成角的正弦值为.

【点睛】方法点睛：求解线面角的正弦值的两种方法：

（1）几何法：通过线面垂直的证明，找到线面角，通过长度的比值即可计算线面角的正弦值；

（2）向量法：求解出直线的方向向量和平面的法向量，根据直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值求解出结果.

20. 某机器生产商，对一次性购买两台机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修方案：

方案一：交纳延保金元，在延保的两年内可免费维修次，超过次每次收取维修费元;

方案二：交纳延保金元，在延保的两年内可免费维修次，超过次每次收取维修费元.

某工厂准备一次性购买两台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，统计得下表：

以上台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率，记表示这两台机器超过质保期后延保两年内共需维修的次数.

求的分布列；

以所需延保金与维修费用之和的期望值为决策依据，该工厂选择哪种延保方案更合算？

【答案】(1)见解析；(2)见解析

【解析】

【分析】（1）确定所有可能的取值为，依次计算每个取值所对应的的概率，从而可列出分布列；（2）分别求解两种方案的数学期望，根据数学期望的大小比较，确定选择哪一种更划算.

【详解】（1）所有可能的取值为

，，

，，

，，

的分布列为

（2）选择延保方案一，所需费用元的分布列为：

(元)

选择延保方案二，所需费用元的分布列为：

(元)

当，即时， 选择方案二

当，即时，选择方案一，方案二均可

当，即时，选择方案一

【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、利用数学期望解决实际问题，关键是明确选择方案的原因在于平均花费更少，即数学期望更小，属于中档题.

21. 已知，两点分别在x轴和y轴上运动，且，若动点G满足，动点G的轨迹为E.

（1）求E的方程；

（2）已知不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的A、B两点，总满足，证明：直线l过定点.

【答案】（1）；    （2）证明见解析.

【解析】

【分析】(1)根据平面向量的坐标运算可得，结合和两点坐标求距离公式可得，将代入计算即可；

(2)设直线l的方程为：、，联立椭圆方程并消去y，根据韦达定理表示出，利用两点求斜率公式求出，结合题意可得，列出关于k和m的方程，化简计算即可.

【小问1详解】

因为，即，

所以，则，

又，得，即，

所以动点G的轨迹方程E为：；

【小问2详解】

由题意知，

设直线l方程为：，，

则，

，消去y，得，

由，得，

，

直线的斜率为，直线的斜率为，

又，所以，即，

整理，得，

，

，

由，化简得，

所以，

故直线过定点.

22. 已知函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）若有两个零点，，证明：．

【答案】（1）答案见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求导，对参数分类讨论即可求解；

（2）通过，与对数的运算法则将转化为，设，则有，此时需要将双变量转化为关于的不等式，由此构造函数，转化为恒成立问题即可证明.

【小问1详解】

依题意得，

，．

①当时，，∴在R上单调递减；

②当时，令，解得：，

∴当时，；当时，；

∴在上单调递减，在上单调递增．

综上所述，当时，在R上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增．

【小问2详解】

由（1）知，若有两个零点，则．

又当时，，∴，，不妨设，

要证，只需证，即证．

∵，

，，∴，即证．

∵，

∴，即证，

即证．

令，则，∴只需证，即，

令，则，

令，则，

当时，，∴在上单调递增，∴，

∴在上单调递增，∴，即，

∴原不等式得证．

【点睛】方法点睛：（1）讨论函数的单调性时，要先求定义域，将导函数因式分解只讨论正负号未确定的因式；（2）双变量问题，可尝试转化为一个变量构造函数，转化为恒成立或存在性问题.也可考虑利用函数的单调性直接分析求解等.