湖北省荆州市沙市区沙市中学2022-2023学年高二数学下学期5月月考试题（Word版附答案）

2022-2023学年度下学期2021级5月月考数学试卷考试时间：2023年5月11日一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共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．函数的定义域为，其导函数在内的图象如图所示，则函数在区间内极小值点的个数是（）A．1B．2C．3D．42．若随机事件，则（）A．B．C．D．3．“中国剩余定理”又称“孙子定理”,1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理,因而西方称之为“中国剩余定理”,“中国剩余定理”讲的是一个关于同余的问题.现有这样一个问题:将正整数中能被3除余1且被2除余1的数按由小到大的顺序排成一列,构成数列,则（）A．55B．49C．43D．374．2023年4月世界大健康博览会将在湖北武汉举行.展会期间，需在广场处布置一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只能布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ）A．120种B．240种C．420种D．720种5．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点，，线段的中点为，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，则的最小值为（）A．1B．C．2D．6．设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为、和，则（）A．B．C．D．7．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（）A．B．第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数相等 C．记第n行的第i个数为，则D．第30行中第12个数与第13个数之比为13：188．已知向量，，与的夹角为，若对任意，，当时，恒成立，则实数m的取值范围是（）A．　　　B．　　C．　D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则下列结论正确的是（ ）A．B．二项式系数之和为64C．展开式中的常数项为15D．将展开式中的各项重新随机排列，有理项相邻的概率为10.已知是数列的前n项和，．下列结论正确的是（）A．若是等差数列，则B．若是等比数列，则C．若等差数列，则公差D．若是等比数列，则公比是2或－211．有3台车床加工同一型号的零件，第1，2，3台加工的次品率分别为6%，5%，4%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数的比为5：6：9，现任取一个零件，记事件“零件为第i台车床加工”（，2，3），事件“零件为次品”，则（）A．B．C．D．12．已知函数，则下列说法正确的是（）A．方程恰有3个不同的实数解B．函数有两个极值点C．若关于x的方程恰有1个解，则D．若，且，则存在最大值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．若，则__________.14.如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，，AP与AB，AD的夹角都是60°，若M是PC的中点，则直线MB与AP所成角的余弦值为_______.15．已知点P为抛物线C：上的动点，直线l：，点为圆M：上的动点，设点P到直线l的距离为d，则的最小值为_____．16．若从数字1，2，3，4中任取一个数，记为，再从1，…，（按数字从小到大顺序）中任取一个数记为.用数字1，2，3，4以及组成五位数，一共可以组成的五位数有个；则.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17．已知的展开式中所有项的二项式系数和为128，各项系数和为.（1）求和的值；（2）求的展开式中的常数项.18．已知等差数列满足，且，，成等比数列.（1）求的通项公式；（2）设，的前项和分别为，.若的公差为整数，且，求.19．袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为，现有甲、乙两人从袋中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取，……，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用X表示取球终止时所需要的取球次数．　　（1）求袋中原有白球的个数；　　（2）求甲取到白球的概率．20．如图，三棱柱的体积为，侧面是矩形，，，且已知二面角是钝角.（1）求的长度；（2）求二面角的大小.21．已知椭圆C：的焦距为，，分别为C的左，右焦点，过的直线l与椭圆C交于M，N两点，的周长为8． （1）求椭圆C的标准方程；（2）过点且斜率不为零的直线与椭圆C交于E，F两点，试问：在x轴上是否存在一个定点T，使得．若存在，求出定点T的坐标；若不存在，说明理由．22．已知函数，.（1）试讨论的单调性；（2）若对任意，均有，求的取值范围；（3）求证:.高二年级5月月考数学答案1.A2.D，故3.A4.C5.B6.B【详解】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.正方体表面积为，所以，所以，；如图，正四面体，为的中点，为的中心，则是底面上的高.则，，所以，所以，所以，正四面体的表面积为，所以. 又为的中心，所以.又根据正四面体的性质，可知，所以，所以，；球的表面积为，所以，所以，.因为，所以，，所以，.故选：B.7．【答案】C【解析】由可得，故A错误；第2023行是奇数，中间两项最大，即和，也就是第2023行中第1012个数和第1013个数相等，故选项B错误；第n行的第i个数为，所以，故C正确；第30行中第12个数与第13个数之比为，故D错误．故选C．8．【答案】D【解析】由已知可求得，对任意的，，，又，∴，∴，即， ，记，则．因此函数在上递减，又，由，∴，所以的单调递减区间为，∴．故选D．9.BC10.AB11．【答案】ACD【解析】事件“零件为第i台车床加工”（，2，3），事件“零件为次品”，则，，，，，，故A正确，B错误；，故C正确；，故D正确．故选ACD．12．【答案】ABD【解析】由已知由方程得或或，由图可知，无解，无解，有3个解，故A正确；由图可知，和是函数的两个极值点，故B正确；若方程数恰有1个零点，即函数与的图象仅有一个交点，可得或，故C错误；由，则，，，则，设，则 ，设，显然在上单调递增，且，，所以存在，使，且当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以存在最大值，故D正确．故选ABD．13．28【详解】由，得或，解得，或舍去，.14.【详解】记，因为，所以.又因为，所以.易得，所以，,所以，又故答案为：15．【解析】抛物线C：的焦点为，准线为直线l：，圆M：的圆心，半径，由抛物线的定义知，，则，当P，F，M三点共线时，取最小值为．16.（1）（2）解析：设事件=“取出数字i”，i＝1，2，3，4，易知P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(A4)＝， 事件B=“取出y=2”则P(B|A1)＝0，P(B|A2)＝，P(B|A3)＝，P(B|A4)＝，所以P(B)＝P(Ai)P(B|Ai)＝＝.17.【答案】（1）（2）448【解析】（1）∵由条件可得，∴解得.（2）.∵展开式的通项为：.∴①当即时，；②当即时，；∴所求的常数项为.18.【答案】（1）或（2）【解析】（1）设等差数列的公差为d，∵，∴，∵，，成等比，∴，即，得，解得或，∴当时，；当时，；∴或.（2）因为等差数列的公差为整数，由（1）得，所以，则， ∴.①当为偶数时②当为奇数时所以19.【答案】（1）n＝3；（2）P(A)＝.解：(1)设袋中原有n个白球，由题意知＝＝，可得n＝3或n＝－2(舍去)，即袋中原有3个白球．(2)由题意，X的可能取值为1,2,3,4,5.P(X＝1)＝；P(X＝3)＝＝；P(X＝5)＝＝. 因为甲先取，所以甲只有可能在第1次，第3次和第5次取球，记“甲取到白球”为事件A，则P(A)＝P(X＝1)＋P(X＝3)＋P(X＝5)＝.20.（1）；（2）【解析】（1）侧面是矩形，则，又∵且，平面，∴AC⊥平面，∵，∴平面，平面，∴，∴.∵可知二面角的平面角是钝角，∴在平面中作垂直BC的延长线于H而平面，，，且，平面，∴平面ABC，，，则，，，∴，∴，∴中，，∴，∴.∵中，，，∴由余弦定理可求得，∴.（2）以C为坐标原点，以CA、CB分别为x、y轴，过C作平面BAC的垂线作为z轴，建立空间直角坐标系. ∵，，，，∴，设平面的法向量为，则，则，令，则，∴可得平面的法向量为.又可知平面的法向量为.设所求角为θ，∵可知所求二面角为锐角，∴，，∴二面角为.21．【解析】（1）已知椭圆的焦距，则，……1分又的周长为8，∴，则，……3分所以，故椭圆C的方程为；……4分（2）证明：假设存在x轴上的定点，使得，则结合图形可得，所以，……5分由题意，直线EF的斜率一定存在，设直线EF的方程为，由得，设，，则，∴且……7分直线ET的斜率为，直线FT的斜率为，由得，……8分∴， 即，……10分∴，则，……11分所以在x轴上存在一个定点，使得．……12分22.【详解】（1）,        若则，在上单调递减；           若，则由,得,当时,在上单调递增,       当时,,在上单调递减.（2）当时,符合题意； 当时,由（1）知在上单调递减，而，不合题意；           当时,结合（1）得，，即，得，综上，的取值范围是；（3）证明：由（2）知，当时，即           所以，所以，           所以，即得证.