重庆市第一中学校2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题（学生版+教师版）

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本卷满分150分，考试时间120分钟
注意事项：
1.答卷前考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分. 在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合要求.
1. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解绝对值不等式后可得集合，结合补集定义，交集定义计算即可得解.
【详解】由，可得，则，
，则.
故选：B
2. 袋子中装有5个形状和大小相同的球，其中3个标有字母个标有字母.甲先从袋中随机摸一个球，摸出的球不再放回，然后乙从袋中随机摸一个球，若甲､乙两人摸到标有字母的球的概率分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用古典概型的概率及全概率公式求出后可得正确的选项.
【详解】设为“甲摸到标有字母的球”，为“乙摸到标有字母的球”，则，
而，
故.
故选：.
3. 某校5名同学到A、B、C三家公司实习，每名同学只能去1家公司，每家公司至多接收2名同学.若同学甲去A公司，则不同的安排方法共有（ ）
A. 18种B. 30种C. 42种D. 60种
【答案】B
【解析】
【分析】分只有同学甲去A公司及除同学甲外还有一名同学去A公司进行讨论，结合排列数与组合数的计算即可得.
【详解】若只有同学甲去A公司，则共有种可能，
若除同学甲外还有一名同学去A公司，则共有种可能，
故共有种可能.
故选：B.
4. 2024海峓两岸各民族欢度“三月三”暨福籽同心爱中华福建省第十一届“三月三”畲族文化节活动在宁德隆重开幕.海峡两岸各民族同胞齐聚于此，与当地群众共同欢庆“三月三”，畅叙两岸情.在活动现场，为了解不同时段的入口游客人流量，从上午10点开始第一次向指挥中心反馈入口人流量，以后每过一个小时反馈一次.指挥中心统计了前5次的数据，其中为第次入口人流量数据（单位:百人），由此得到关于的回归方程.已知，根据回归方程（参考数据:），可顶测下午4点时入口游客的人流量为（ ）
A. 9.6B. 11.0C. 11.4D. 12.0
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用换元法将回归方程转化为线性回归方程，再代入样本点中心，求，再根据方程进行预测.
【详解】设，，则
所以，
，且
则，得，
所以，
下午4点对应的，此时预测游客的人流量.
故选：B
5. 已知A，B为同一次试验中的两个随机事件，且，，命题甲：若，则事件A与B相互独立；命题乙：“A与B相互独立”是“”的充分不必要条件；则命题（ ）
A. 甲乙都是真命题B. 甲是真命题，乙是假命题
C. 甲是假命题，乙是真命题D. 甲乙都是假命题
【答案】B
【解析】
【分析】结合对立事件概率公式和条件概率公式由可推出，由此判断命题甲，结合独立事件概率公式，条件概率公式判断命题乙的条件与结论的关系，判断命题乙，由此可得结论.
【详解】因为，
所以，
所以，故，
所以事件A与B相互独立，命题甲正确，
若A与B相互独立，则与相互独立，与相互独立，
，
，
所以，
若，所以，
所以，
所以
所以，
所以，
，故事件与事件相互独立，
所以事件与事件相互独立，
所以“A与B相互独立”是“”的充分必要条件，
所以命题乙为假命题，
故选：B.
6. 三个男生三个女生站成一排，已知其中女生甲不在两端，则有且只有两个女生相邻的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用条件概率结合计数原理求解.
【详解】从三个男生三个女生站成一排，已知其中女生甲不在两端，共有 种不同排法，
女生甲不在两端，同时有且只有两个女生相邻分两类
女生甲单独站，则有 ；
女生甲和另一个女生站一起，则有 ,
所以，已知其中女生甲不在两端，则有且只有两个女生相邻的概率是 ．
故选：D.
7. 数列前项和为，则可以是（ ）
A. 18B. 12C. 9D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】易通过，可得，也可求得，但此数列存在不确定的首项，所以在求和后发现结果为，与选项中的四个数进行对比分析，发现一定不能为负整数，所以只能选C.
【详解】由可得：且，
由上式又有：，
还有，两式相减得：，
两边同时除以得：，
由上式可知数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，公差为1，
所以
，
由此数列的奇数项公式为，又由，
所以可以判断一定不能为负整数，即只能有，
故选：C.
8. 如图，在中，，其内切圆与边相切于点，且.延长至点.使得，连接.设以两点为焦点且经过点的椭圆的离心率为，以两点为焦点且经过点的双曲线的离心率为，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设内切圆与边分别相切于点，设，可得，结合椭圆和双曲线的定义可得，利用余弦定理求得，结合对勾函数的单调性分析求解.
【详解】如图，设内切圆与边分别相切于点，
由切线长定理和的对称性，可设.
由，可得.
在中，由余弦定理，.
于是根据椭圆和双曲线的定义，.
接下来确定的取值范围.
设，
在中，，
于是由余弦定理，，
整理得，于是，故，
又因为在内单调递增，可知，
可得，所以的取值范围是.
故选：D.
【点睛】方法点睛：1．椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法：求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值；
2．焦点三角形的作用：在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，，，则（ ）
A. 且B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由，可得，即可判断，同理判断，判断A；利用基本不等式可判断B，C，D；
【详解】对于A，，，，则，故，同理可得，A正确；
对于B，，，，
当且仅当时取等号，B正确；
对于C，，，，则，
则，
当且仅当，即时取等号，C错误；
对于D，由于，故，
当且仅当时取等号，而，故，D正确，
故选：ABD
10. 在对具有相关关系的两个变量进行回归分析时，若两个变量不呈线性相关关系，可以建立含两个待定参数的非线性模型，并引入中间变量将其转化为线性关系，再利用最小二乘法进行线性回归分析.下列选项为四个同学根据自己所得数据的散点图建立的非线性模型，且散点图的样本点均位于第一象限，则其中可以根据上述方法进行回归分析的模型有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】将非线性模型，通过变形转化为线性模型，再利用最小二乘法进行线性回归分析．
【详解】对于选项A ：，令 则；
对于选项B：
令；
对于选项 C：
即 令 则；
对于选项D： 令则
此时斜率为 ，与最小二乘法不符．
故选：ABC
11. 在信道内传输信号，信号传输相互独立，发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为，收到其他两个信号的概率均为．若输入四个相同的信号的概率分别为，且．记事件分别表示“输入”“输入”“输入”，事件表示“依次输出”，则（ ）
A. 若输入信号，则输出的信号只有两个的概率为
B.
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由独立事件的乘法公式可得A错误；由条件概率公式可得BC正确；全概率的应用，先求出，再根据和化简得到D正确.
【详解】A：因为发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为，收到其他两个信号的概率均为，即收到的信号字母变的概率为，且信号的传输相互独立，
所以输入信号，则输出的信号只有两个的概率为，故A错误；
B：因为，故B正确；
C：，故C正确；
D：因为，
而
，
所以
，
故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用独立事件的条件概率公式和全概率公式.
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 若关于，的三项式的展开式中各项系数之和为64，则______；其中项系数的最大值为______.
【答案】 ①. 6 ②. ##
【解析】
【分析】令，得，即可求得n的值，利用组合知识求得项系数为，然后利用基本不等式求解最值即可.
【详解】三项式的展开式中各项系数之和为64，
则令，得，解得；
所以三项式的展开式中项系数为：，
当且仅当时等号成立，即项系数的最大值为.
故答案为：6；
13. 有一枚质地均匀的硬币，现进行连续抛硬币游戏，规则如下：在抛掷的过程中，无论何时，连续出现奇数次正面后出现一次反面，则游戏停止；否则游戏继续进行.最多抛掷10次，则该游戏抛掷次数的数学期望为______.
【答案】
【解析】
【详解】记最多抛掷次时该游戏抛掷次数的数学期望为.易知，，.
考虑时的情形.最多投掷次，分以下三种情形讨论.
（1）第一次投掷为反面，概率为，变为的情形，数学期望为；
（2）第一、二次投掷均为正面，概率为，变为的情形，数学期望为；
（3）第一次投掷为正面，第二次为反面，游戏停止，概率为.数学期望为2.
综上，知
.
因为，，
所以递推可得,
故答案为
14. 不经过第四象限的直线与函数的图象从左往右依次交于三个不同的点，，，且，，成等差数列，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设不经过第四象限的直线（，），设，问题转化为该函数有三个零点，根据函数函数零点的关系，把，都用表示出来，再根据，，成等差数列，可得的取值范围，进一步求出的最小值.
【详解】易知必存在斜率，设：，
不经过第四象限，，
设，，，其中，
，，为方程的三个根，
构造函数，
则，所以，易知.
我们先将视作为定值，则由，
可得.
又，且，.
于是的取值随着的增大而减小，
故当时取最大值，此时，解得.
同理.
，.
若，，成等差，所以，
即，
整理即，解得，
，
即的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：函数有三个零点，可把写成的形式，展开后，利用多项式相等表示出，，.和，的关系是解决这问题的关键点.
四、解答题：本大题共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. 对于，，不是10的整数倍，且，则称为级十全十美数.已知数列满足：，，.
（1）若为等比数列，求；
（2）求在，，，…，中，3级十全十美数的个数.
【答案】（1）或
（2）.
【解析】
【分析】（1）设的公比为，根据题意，列出方程组，即可求得的值；
（2）由（1）知，得到，和，两式相减得，分为奇数和为偶数，两种情况讨论，结合二项展开式的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：设的公比为，
则，即，
由，可得，解得或，
所以或.
【小问2详解】
解：由（1）知，当时，，
当时，，
两式相减得.
当为奇数时，的个位数为1或9，的个位数不可能为0；
当为偶数时，设，则，
要想末尾3个数字为0，需满足被整除，
当时，均不符合题意；
当时，，
自，以后各项均可被125整除，
故只需考虑能否被125整除，
其中不是5的倍数，
故若原式能被整除，需为偶数且能被整除，即需是50的倍数，
在1，2，3，…，2024中，50的倍数有40个：50，100，150，…，2000，
故在，，…，中，3级十全十美数的个数为40.
【点睛】方法点睛：与数列有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
3、若数列中涉及到三角函数有关问题时，常利用三角函数的周期性等特征，寻找计算规律求解；
4、若数列与向量有关问题时，应根据条件将向量式转化为与数列有关的代数式进行求解；
5、若数列与不等式有关问题时，一把采用放缩法进行判定证明，有时也可通过构造函数进行证明；
6、若数列与二项式有关的问题时，可结合二项展开式的性质，进行变换求解.
16. 人口老龄化加剧的背景下，我国先后颁布了一系列生育政策，根据不同政策要求，分为两个时期Ⅰ和Ⅱ．根据部分调查数据总结出如下规律：对于同一个家庭，在Ⅰ时期内生孩人，在Ⅱ时期生孩人，（不考虑多胞胎）生男生女的概率相等．服从0-1分布且．分布列如下图：
现已知一个家庭在Ⅰ时期没生孩子，则在Ⅱ时期生2个孩子概率；若在Ⅰ时期生了1个女孩，则在时期生2个孩子概率为；若在Ⅰ时期生了1个男孩，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为，样本点中Ⅰ时期生孩人数与Ⅱ时期生孩人数之比为（针对普遍家庭）．
（1）求的期望与方差；
（2）由数据组成的样本空间根据分层随机抽样分为两层，样本点之比为，分别为与，，总体样本点与两个分层样本点均值分别为，，，方差分别为，，，证明：，并利用该公式估算题设样本总体的方差．
【答案】（1）期望为，方差为；
（2）证明见解析，总体方差约为.
【解析】
【小问1详解】
由分布列知：，即，
事件分别表示Ⅰ时期没生孩子、生了1个女孩、生了1个男孩，
事件表示Ⅱ时期生2个孩子，则，
又，
所以，
即，则，
综上，分布列如下：
.
.
【小问2详解】
由题意，，则，，
而，
上式
，
又，且，
上式.
综上，得证
由题设知：，，，，
则总体均值，
综上，题设样本总体的方差.
【点睛】关键点点睛：第一问，注意分布列概率和为1，且应用全概率公式求Ⅱ时期生2个孩子的概率为关键；第二问，应用方差公式，结合题设参数关系化简证明结论.
17. 随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为 例如在1秒末，粒子会等可能地出现在四点处.
（1）设粒子在第2秒末移动到点，记的取值为随机变量 ，求 的分布列和数学期望；
（2）记第秒末粒子回到原点的概率为.
（i）已知 求 以及；
（ii）令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的.已知 证明：该粒子是常返的.
【答案】（1）见解析 （2）（i）；；（ii）见解析
【解析】
【分析】（1）求出求的可能取值及其对应的概率，即可求出分布列，再由数学期望公式求出；
（2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故；粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概率公式求解即可；第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，向下移动步，表示出，由组合数公式化简即可得出答案；（ii）利用题目条件可证明，再令可证得，进一步可得，即可得出答案.
【小问1详解】
粒子在第秒可能运动到点或或的位置，的可能取值为：，
，，，
所以的分布列为：
.
【小问2详解】
（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故，
粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑：
每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形；
每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有种情形；
于是，
第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，
向下移动步，故
.
故.
（ii）利用可知：
，
于是，
令，，
故在上单调递增，
则，于是，
从而有：，
即为不超过的最大整数，则对任意常数，当时，
，于是,
综上所述，当时，成立，因此该粒子是常返的.
【点睛】关键点睛：本题第二问（ii）的关键点在于利用可得，再令可证得，进一步可得，即可得出答案.
18. 已知点是抛物线的焦点，的两条切线交于点是切点．
（1）若，求直线的方程；
（2）若点在直线上，记的面积为的面积为，求的最小值；
（3）证明：．
【答案】（1）；
（2）16； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由题得坐标，设出切线方程，与抛物线方程联立可得参数的值，进而求解坐标，即可得方程；
（2）求得抛物线在点处的切线方程，化简得，由点在直线上可得纵坐标的和、积关系，进而利用两点间距离公式结合点到直线距离公式，表示出，化简结合配方法可求得最小值；
（3）利用两点间距离公式结合抛物线定义可得，利用两角差的正切公式求得，即，即可证得结论．
【小问1详解】
由题知，抛物线，
切线斜率不为0，设切线为，
与联立，得，
，解得或3，
时，，则，切点为；
时，，则，切点为，
故直线方程为，即．
【小问2详解】
，设，
由题意易知抛物线的切线不与轴垂直，设切线为，
与联立，得，，则，
即，
故抛物线在点处的切线方程为，
在点处的切线方程为，
联立可得，
又在直线上，故，即①，
点到的距离为，
，
故，
同理可得，
故
，
将①式代入可得：
，
令，则，
则
，
故当时，有最小值为．
【小问3详解】
由（2）知，
则
，
由抛物线定义可得
，
故，即．
，
，
，
，
则，
又与范围均为，
故，
结合，可得．
【点睛】方法点睛：在圆锥曲线中涉及到三角形面积的求解时，常常有三种求解三角形面积的方法：
（1）常规面积公式：底高；
（2）正弦面积公式：；
（3）铅锤水平面面积公式：过轴上的定点：（为轴上定长）
过轴上的定点（为轴上定长）
19. 已知函数在上的极小值点从小到大排列成数列，函数.
（1）求的通项公式；
（2）讨论的零点个数.
【答案】（1）
（2）当时，的零点个数为；当时，的零点个数为.
【解析】
【分析】（1）使用导数判断的单调性，再得到全部的极小值点即可；
（2）构造，然后考虑在上的零点个数，再利用是偶函数得到的全部零点个数，最后利用和的零点个数相等即可得到答案.
【小问1详解】
直接求导可知，且的导函数为.
由于当时，当时，
当时，当时.
故在上递减，在上递增，在上递减，在上递增.
注意到，，
，，这里.
结合的单调性即知：
当时，；
对，存在唯一的，使得，且在上取正值，在上取负值；
对，存在唯一的，使得，且在上取负值，在上取正值.
这表明对，在和上递增，在和上递增，从而在和上递增；在和上递减.
从而，在上递增，在上递减，在上递增，这里.
将以上讨论与结合，即可得到在上全部的极小值点就是，且是递增数列，所以.
又注意到，，结合的定义，知一定有.
所以的通项公式是.
【小问2详解】
由已知有，而，故.
设，则我们只需要讨论的零点个数.
直接求导得，而的导数为.
由零点存在定理知存在唯一的，使得.
故当时，有，从而；
而当时，有，从而.
这表明在上单调递增，在上单调递减.
直接计算可知，，结合的单调性，即知存在唯一的，使得，且当或时，当时.
这就说明在和上递增，在上递减.
直接计算可知.
当时，由于，，故.
又因为，所以根据的定义可知此时.
故在上递增，在上递减.
再由，可知当时.
而当时，有
，
所以此时，且当时有.
这表明在上恰有个零点，显然该零点不为.
再由是偶函数，就得到的零点个数为.
当时，首先我们有.
由于
，
结合的单调性及，知存在唯一的，使得，且当时，当时.
同时，当时，有
，
当时，有
，
所以结合前面的讨论，知此时，且当时，有，当时，有.
这表明在上恰有个零点，且这两个零点都不为.
再由是偶函数，就得到的零点个数为.
最后，由于，故和的零点个数相等，这就得到下面的结果：
当时，的零点个数为；
当时，的零点个数为.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用导数判断函数的单调性，但由于涉及了三角函数，所以讨论的难度更大，必须细致讨论方可得解.
0
1
2
0
1
2