2022-2023学年江西省赣州市兴国县兴国中学高二下学期3月月考数学试题含答案

2022-2023学年江西省赣州市兴国县兴国中学高二下学期3月月考数学试题

一、单选题

1．已知数列1，，2，，4，…，根据该数列的规律，16是该数列的（    ）

A．第7项 B．第8项

C．第9项 D．第10项

【答案】C

【分析】观察即可得出数列的通项公式为，解，即可得出答案.

【详解】根据规律可得，令，可得，故16是该数列的第9项．

故选：C.

2．已知数列满足，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用累加法可求得的值.

【详解】因为，，

所以，，，，

累加可得，解得．

故选：B.

3．一袋子中有除颜色外完全相同的3个白球和4个黑球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，取球7次，设取得的白球数为，则（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意可得随机变量服从二项分布，根据二项分布的方差公式计算即可.

【详解】每次取到白球的概率为，

由题意知．

故选：C.

4．某科研院校培育蜜橘新品种，新培育的蜜橘单果质量（单位：）近似服从正态分布，现有该新品种蜜橘10000个，估计单果质量不大于的蜜橘个数为（    ）

附：若，则．

A．8413 B．9772 C．9974 D．9987

【答案】D

【分析】利用正态分布曲线的特点及曲线所代表的意义即可求解.

【详解】由可知，，

故估计单果质量不大于的蜜橘个数为．

故选：D.

5．已知等比数列满足，则（    ）

A．8 B． C． D．16

【答案】C

【分析】利用等式数列前n项和公式求出，，进而即可求出结果.

【详解】设等比数列的公比为，由，

解得，.

所以.

故选：C.

6．将编号为1至7的7个小球放入编号为1至7的7个盒子中,每个盒子中放1个小球,则恰好有3个小球与盒子的编号相同的放法有（    ）

A．315种 B．210种 C．135种 D．105种

【答案】A

【分析】利用列举法和分步计数原理，计算其放法总数

【详解】先确定3个与盒子编号相同的小球,共有种选法,

假设1,2,3,4号小球与盒子的标号不同,5,6,7号小球与盒子的编号相同,

则1,2,3,4号盒子的放法有2,1,4,3;2,3,4,1;2,4,1,3;3,1,4,2; 3,4,1,2,3,4,2,1;4,1,2,3;4,3,1,2.;4,3,2,1,共9种,

故共有种放法．

故选：A

7．目前，国际上常用身体质量指数来衡量成人人体胖瘦程度以及是否健康．某公司对员工的值调查结果显示，男员工中，肥胖者的占比为；女员工中，肥胖者的占比为．已知该公司男、女员工的人数比例为，为了解员工肥胖原因，现从该公司中任选一名肥胖的员工，则该员工为男性的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】记事件为“选到的员工为肥胖者”，事件为“选到的员工为男性”，求出、的值，利用条件概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】记事件为“选到的员工为肥胖者”，事件为“选到的员工为男性”．

则，，

则．

故选：A.

8．若数列对任意连续三项，，，均有，则称该数列为“跳跃数列”，下列说法中正确的是（    ）

A．存在等差数列是“跳跃数列”

B．存在公比大于零的等比数列是“跳跃数列”

C．若等比数列是“跳跃数列”，则公比

D．若数列满足，则为“跳跃数列”

【答案】C

【分析】由可判断A；由可判断B；解不等式可判断C；由得，计算可判断D.

【详解】若是等差数列，设公差为，则，所以不存在等差数列是“跳跃数列”，故A错误；

若是等比数列，设公比为，则，当时，，所以B错误；

由，得，所以C正确；

因为，所以，所以，故D错误.

故选：C.

二、多选题

9．已知等比数列的前项积为，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．若，则

【答案】ABD

【分析】由等比数列的性质及前项积的定义判断各选项即可.

【详解】对于A，因为，所以，故A正确；

对于B，因为，所以，故B正确；

对于C，，故C错误；

对于D，若，则，解得，所以，故D正确.

故选：ABD.

10．如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则（    ）

A． B．平面

C． D．点到平面的距离为

【答案】ABD

【分析】建系，根据向量的数量积的坐标运算，向量的垂直垂线的性质，线面垂直的判定定理，向量法求解点面距，即可分别求解.

【详解】

以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则

正确．

，

所以平面，直线与直线不垂直，正确，错误．

点到平面的距离为正确．

故选：ABD.

11．已知抛物线的焦点为F，过F的直线与C交于点，，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则直线AB的斜率为1

B．若，则

C．的最小值为4

D．若直线AB的斜率为1，则

【答案】ACD

【分析】利用点差法求直线AB的斜率判断选项A；根据焦点弦长公式求解判断选项B；对于选项C，D，用直线的倾斜角为表示，进一步计算判断C，D选项.

【详解】对于A，因为所以，，则.

因为，所以直线的斜率为，故A正确.

对于B，，故B错误.

对于C，如图，过点作轴，垂足为，作垂直于准线的直线，垂足为.

设直线的倾斜角为.，则，即，同理可得.，当且仅当时，等号成立，故C正确.

对于D，因为直线的斜率为1，所以.，故D正确.

故选：ACD.

12．意大利数学家斐波那契从兔子繁殖问题引出的一个数列，其被称为斐波那契数列，满足.某同学提出类似的数列，满足.下列结论正确的是（    ）

A． B．

C．设的前项和为 D．

【答案】AD

【分析】A选项：，裂项相消；

B选项：根据递推公式推导出 是以-5为首项，-1为公比的等比数列.

C选项：配凑；

D选项：

【详解】A项：

故A正确.

B选项：因为，

，所以是以-5为首项，-1为公比的等比数列.故B错误.

C选项：

，故C错误.

D选项：D正确.

故选AD.

【点睛】配凑；

将数列配凑和转化是本题的难点和解题关键点.

三、填空题

13．如图，圆和圆的圆心分别为、，半径都为，写出一条与圆和圆都相切的直线的方程：        

【答案】（或或）(答案不唯一)

【分析】分析可知两圆外切，根据圆的几何性质以及图形可得出圆、圆的三条公切线的方程.

【详解】如下图所示：

因为圆和圆的圆心分别为、，半径都为，且，

所以，圆和圆外切，易知这两个圆的切点为，且轴，

所以，这两个圆的公切线共条，设这三条切线分别为、、，

其中，切线过点，且轴，则直线的方程为，

设切线分别切圆、圆于点、，连接、，

因为，且，，所以，，

故四边形为矩形，故，

易知直线的方程为，且直线与直线间的距离为，

结合图形可知，直线的方程为，同理可知，直线的方程为.

故答案为： （或或）.(答案不唯一)

14．已知等差数列的公差不为0，其前项和为，且，当取得最小值时，       

【答案】

【分析】把等差数列的前项和设为二次函数，利用二次函数的对称性可求最值.

【详解】设等差数列的公差为，则，

令，因为，所以，

所以二次函数的图象关于直线对称．

又因为，可得，所以当取得最小值时，．

故答案为：10.

四、双空题

15．已知数列满足，且是公比为2的等比数列，则     ，     ．

【答案】     4     4

【分析】根据当时，可得，再结合是公比为2的等比数列，即可求得，再根据即可求得.

【详解】当时，，即，则，

因为的公比为2，所以，

即是公比为4的等比数列，所以，

当时，，即，解得（舍去）．

故答案为：；.

五、填空题

16．半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.若点在直线上，且，则直线与直线所成角的余弦值为          ．

【答案】/

【分析】根据正四面题的几何特征建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解．

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，其中O为正四面体底面三角形的中心．

则，

．

，

，

，

故直线与直线所成角的余弦值为．

故答案为：

六、解答题

17．已知等差数列的前项和为成等比数列．

(1)求的通项公式及；

(2)设数列的前项和为，求集合，且中元素的个数．

【答案】(1)

(2)元素的个数为4

【分析】（1）先求出公差及首项，再根据等差数列的通项及前项和公式即可得解；

（2）利用裂项相消法求出数列的前项和为，再分析整理即可得解.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

因为，所以，

因为成等比数列，所以，

因为，所以，

所以，

；

（2），

所以，

因为，所以，即，

因为，所以为整数，

因为，所以的取值可以为，则的取值可以为，

故集合，且中元素的个数为4个．

18．如图，在直三棱柱中，，，，D，E分别是棱，的中点.

(1)证明：平面；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设的中点为F，连接，，分别证明平面，平面，通过面面平行证得线面平行；

（2）根据题意，以为原点.，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，转化为空间向量处理即可.

【详解】（1）证明：设的中点为F，连接，.

因为，，所以四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以平面；

在中，，平面，平面，所以平面.

因为，平面，所以平面平面.

因为平面，所以平面.

（2）以C为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.

设平面的法向量为，则

即取，则.

取的中点G，连接.由得.

在直三棱柱中，平面，平面，所以，

又，平面，所以平面.

所以为平面的一个法向量

.

易得二面角为钝角，故二面角的余弦值为.

19．已知数列的前项和为，且．

(1)求的通项公式；

(2)设，数列的前项和为，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用数列的递推关系式求出数列的通项公式.

（2）利用错位相减法求出数列的和，根据不等式的性质可证明.

【详解】（1）当时，，解得；

当时，，两式相减得；

所以是，的等比数列，

故．

（2）证明：因为，

所以①

，②

①-②得

所以．因为，所以．

20．已知数列满足，且．

(1)求证数列是等比数列，并求的通项公式；

(2)若对任意的恒成立，求的取值范围．

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）根据，证明为定值即可，再根据等比数列的通项即可得解；

（2），即，判断出数列的单调性，再分为奇数和偶数两种情况讨论即可.

【详解】（1）因为，

所以，

又，

所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，

，

所以；

（2）因为，

所以，

即，

设，

所以单调递增，

当为奇数时，，

因为单调递增，且，所以，解得，

当为偶数时，，

因为单调递增，且，所以，解得，

综上，的取值范围为.

21．已知椭圆，四点中恰有三点在上.

(1)求的方程；

(2)若圆的切线与交于点，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用对称性可以判断经过，两点，与的纵坐标相同可以判断在上，进而求出结果；

（2）先讨论切线的斜率不存在时，求出，再讨论切线的斜率存在时，利用相切得到，进而联立直线与椭圆可以判断，从而求出结果.

【详解】（1）由两点关于轴对称，可得经过两点.

与的纵坐标相同，且都位于第一象限，不可能都在上，所以不在上，

则解得

故的方程为.

（2）证明：当切线的斜率不存在时，得.

当时，可得.

，则.

当时，同理可证.

当切线的斜率存在时，设.

因为与圆相切，所以圆心到的距离为，即.

联立得.

设，则.

由，得，则.

综上，若圆的切线与交于点，则.

22．甲、乙两人进行投篮比赛，分轮次进行，每轮比赛甲、乙各投篮一次．比赛规定：若甲投中，乙未投中，甲得1分，乙得－1分；若甲未投中，乙投中，甲得－1分，乙得1分；若甲、乙都投中或都未投中，甲、乙均得0分．当甲、乙两人累计得分的差值大于或等于4分时，就停止比赛，分数多的获胜：4轮比赛后，若甲、乙两人累计得分的差值小于4分也停止比赛，分数多的获胜，分数相同则平局、甲、乙两人投篮的命中率分别为0.5和0.6，且互不影响．一轮比赛中甲的得分记为X．

(1)求X的分布列；

(2)求甲、乙两人最终平局的概率；

(3)记甲、乙一共进行了Y轮比赛，求Y的分布列及期望．

【答案】(1)分布列见解析

(2)

(3)分布列见解析，期望为

【分析】（1）X的所有可能取值为－1，0，1，求出相应的概率列出分布列即可；

（2）因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：①四轮比赛中甲、乙均得0分；②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分；③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分；再分别求出每一种情况的概率相加即可；

（3）Y的所有可能取值为2，3，4，求出对应的概率列出分布列即可.

【详解】（1）依题意，

X的所有可能取值为－1，0，1．

，

，

，

所以X的分布列为

（2）因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：

①四轮比赛中甲、乙均得0分，其概率为．

②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分，

其概率为．

③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分，

其概率为．

故甲、乙两人最终平局的概率为．

（3）Y的所有可能取值为2，3，4．

，

，

，

所以Y的分布列为

．