2024南充嘉陵一中高二下学期5月月考试题数学含答案

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【详解】在等差数列中，若，即
则公差，所以.故选：A.
2．【答案】B【分析】由二项分布的方差公式即可求解.
【详解】由题意可得.故选：B.
3．【答案】B【分析】根据概率与条件概率的定义，结合全概率公式，可得答案.
【详解】设事件表示为“任选一件零件为甲车床生产的”，
事件表示为“任选一件零件为乙车床生产的”，事件表示为“任选一件零件为正品”，
则，，，，
所以.故选：B.
4．【答案】D【分析】求出函数的导数，问题转化为在恒成立，利用判别式即可求出的范围．
【详解】函数，，
若在递增，则在恒成立，可得,解得，故选：D
5．【答案】A【分析】由写出其通项公式，依题意对赋值即可求得.
【详解】因，其二项展开式的通项为：
，
而是的系数，故只需取，得，即.故选：A.
6．【答案】C【分析】根据题意，得到构成公比为的等比数列，设，得到，进而求得的值.
【详解】在等比数列中，由公比，
可得构成公比为的等比数列，
设，则，因为数列的前87项和，
所以，解得，所以.故选：C.
7．【答案】C【分析】用插板法求得将9份一样的永州特产分给甲、乙、丙三名幸运观众，每人至少分得一份的分法总数，再减去甲、乙两人分得的份数相同的分法总数，即可求解.
【详解】将9份一样的永州特产分给甲、乙、丙三名幸运观众，每人至少分得一份，有种分法，
而甲、乙两人分得的份数相同，可以都是1份，2份，3份，4份共4种分法，
所以每人至少分得一份，且甲、乙两人分得的份数不相同，则不同的分法总数为种.故选：C
8．【答案】D【分析】求导数确定单调性，讨论x的取值范围可得结果.
【详解】由题意得，，故，因为函数在上无极值，
所以在R上恒成立，当时，，设，则，
当时，得，当时，得，则在上单调递减，在上单调递增，
从而，故，当时，，则.综上，.故选：D.
二、多选题
9．【答案】BC【分析】根据超几何分布的定义以及概率公式，可得答案.
【详解】由题意知随机变量服从超几何分布；的取值分别为0，1，2，3，4，
则，，
，，，故选：BC．
10．【答案】BC
【分析】根据即可求出数列的通项，再根据等差数列的定义和前项和公式逐一判断即可.
【详解】由，当时，，
当时，，当时，上式也成立，
所以，故B正确；因为，所以是等差数列，故A错误；
对于C，，
因为，所以数列是等差数列，故C正确；对于D，令，则，
所以当时，，当时，，
故，故D错误.故选：BC.
11．【答案】ABD
【分析】利用新定义即可直接求出相关量，判断选项AB，表示出三角形的面积，结合基本不等式即可判断选项C，结合题意分析出当为直角时，点与点或重合，即可判断选项D.
【详解】对于A选项，由椭圆的方程知，，
故蒙日圆半径为，则蒙日圆的方程为，A正确；对于B选项，设椭圆的蒙日圆为圆，
由题意知，矩形为圆的内接矩形，当为正方形时，由圆的半径为得的边长为，B正确；
对于C选项，椭圆的蒙日圆的半径为，因为，即为蒙日圆的直径，所以，
所以，又因为，
当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为，C错误；
对于D选项，设直线与椭圆的蒙日圆交于，两点，联立解得或，
不妨令，，所以当点与点或重合时，为直角，
且，，
所以直线的斜率为或，D正确.
故选：ABD
12．【答案】42
【分析】由已知甲乙2个节目不相邻，已经排好的6个节目相对顺序不变，把2个节目插入6个节目形成的7个空中，即2个节目在7个位置的排列.
【详解】由已知甲乙2个节目不相邻，排好的6个节目相对顺序不变，
即把2个节目插入6个节目形成的7个空中，共有种.故答案为：42.
13．【答案】【分析】由题意可得，结合椭圆的定义计算即可求解.
【详解】由题意知，为正三角形，且，则，
所以，，由椭圆的定义知，
即，解得.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】求导后可知是方程在上的两根，结合韦达定理可得，；将化为，令，利用导数可求得，从而得到结果.
【详解】因为，令，
因为，有两个极值点，所以是方程在上的两根，
所以，，所以，，
所以，
设，则，
所以当时，，所以在上单调递减，
所以，即的最小值为.故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数最值的问题；本题求解最值的基本思路是将多个变量统一为关于一个变量的函数的形式，通过构造函数将问题转化为函数最值的求解问题.
15．【答案】(1)(2)
【分析】（1）由可得，两式相减由累乘法可求出的通项公式；
（2）求出，由裂项相消法可求出数列的前项和.
【详解】（1）因为，令得，因为，
所以，两式相减得，
即．所以，所以，
即，所以当时，，又，所以．
（2）由（1）可得，
所以.
16．【答案】(1)(2)分布列见解析， (3)
【分析】（1）直接利用条件概率公式计算得到答案.
（2）得可能取值为0，1，2，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.
（3）根据方差的性质得到，得到答案.
【详解】（1）记“任取1名学生，该生获得一等奖”为事件，“任取1名学生，该生为高一学生”为事件，
，，故.
（2）由已知可得，得可能取值为0，1，2
，，，
的分布列为
（3）理由：，故，
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面，从而得到，进而即可证明平面；
（2）结合（1）及题意可得为直线与平面所成的角，即，从而得到，，．（方法一）过点作，垂足为，过点作，垂足为，连结，先证明，平面，再平面，从而证明，从而可得是二面角的平面角，进而即可求出二面角的余弦值；（方法二）取的中点，连结，先证明平面，再取的中点，以为基底，建立空间直角坐标系，再根据向量夹角公式即可求解．
【详解】（1）因为四边形是正方形，所以，
又平面平面，平面，平面平面，所以平面，
因为平面，所以，又因为，，平面，，
所以平面．
（2）由（1）知，为直线与平面所成的角，即，
又正方形的边长为2，所以，，所以，
（方法一）过点作，垂足为，过点作，垂足为，连结，
因为平面，平面，所以，
又，平面，，所以平面，
又平面，则，
又，平面，，所以平面，又平面，所以，
所以是二面角的平面角，在直角中，，，
所以，所以，即二面角的余弦值为．
（方法二）取的中点，连结，因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，取的中点，则，
以为基底，建立空间直角坐标系，
所以，，，所以，，
设平面的法向量为，则，即，取，则，
取平面的法向量，设二面角的大小为，则，
因为二面角为锐角，所以，即二面角的余弦值为．
18．【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）代入点的坐标可得方程；
（2）方法一联立方程，求出可得答案；方法二结合转化可得答案；方法三利用点的坐标代入方程进行转化，结合韦达定理可得答案.
【详解】（1）∵椭圆过点M，∴，
∵，∴，
∴椭圆的标准方程为.
（2）方法一：设直线l的方程为，，，，
，，
∴直线方程为：，直线方程：.
联立，方程可得
，∴.
∴点Q在定直线上运动.
方法二：和差转化
由方法一可得，
∴，
∴.
方法三：点代平方差
∵D在椭圆上，∴，∴
∴
，
∴.
19．【答案】(1)；
(2)在上单调递增，在上单调递减；
(3)．
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）根据导数即可判断单调区间；
（3）由题意得对任意恒成立，据此根据导数求解即可.
【详解】（1）由题意，得，
则，又，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）当时，，其定义域为，
且，由，
得，由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
（3）对任意恒成立，
即，即对任意恒成立，
若，则上述不等式显然成立，
此时，若，则只需不等式对任意恒成立，
证明如下：
设，则，
因为，所以，所以，
所以在上单调递增，
且，所以在上恒成立，
由得，
则成立，所以成立，
从而得证，即不等式恒成立，
故；
若，则，
设函数，则对任意恒成立，
由（2）知函数在上单调递增，
所以，即对任意恒成立，
设，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，所以，
又，所以，综上所述，实数的取值范围为．
0
1
2
p