辽宁省大连市庄河市高级中学2022-2023学年高二上学期12月月考数学试题(A卷)

辽宁省庄河市高级中学2022-2023 学年度第一学期12 月 月考 高二数学A 一、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．已知 ， ，则直线 通过 A．第一、二、四象限 B．第一、二、三象限 C．第一、三、四象限 D．第二、三、四象限 2． （ ） A． B． C． D． 3．若数列 中， ，则 取得最大值时， （ ） A．13 B．14 C．15 D．14 或15 4．已知袋子中有10 个小球，其中红球2 个，黑球和白球共8 个，从中随机取出一个， 设取出红球为事件A，取出黑球为事件B，随机事件C 与B 对立.若 ，则 （ ） A．0.3 B．0.6 C．0.7 D．0.8 5．若 ， ，若 为直线的方向向量， 为平面 的法向量，则 与 （ ） A． B． C．与 相交（但不垂直） D． 或在 内 6．若函数 在区间 上的最大值为2，则它在该区间上的 最小值为（ ） A．-5 B．7 C．10 D．-19 7．已知数列 的各项均为正数， ，点 在抛物线 上，则过点 和 的直线的一个方向向量的坐标可以是（ ） A． B． C． ， D． ， 8．一次试验中，当变量 取值分别为 时，变量 的值依次为 ，则 与 之间的回归曲线方程为（ ） A． B． C． D． . 二、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，有选错的得0 分，部分选对的得2 分． 9．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为 “三角垛”.“三角垛”最上层有1 个球，第二层有3 个球，第三层有6 个球，….设第 层有 个球，从上往下 层球的总数为 ，则（ ） A． B． C． ， D． 10．带有编号1、2、3、4、5 的五个球，则（ ） A．全部投入4 个不同的盒子里，共有 种放法 B．放进不同的4 个盒子里，每盒至少一个，共有 种放法 C．将其中的4 个球投入4 个盒子里的一个（另一个球不投入），共有 种放法 D．全部投入4 个不同的盒子里，没有空盒，共有 种不同的放法 11．如图，正方体 中， ， 是线段 上的两个动点，则下列结 论正确的是（ ） A． ， 始终在同一个平面内 B． 平面 C． D．若正方体的棱长和线段 的长均为定值，则三棱锥 的体积为定值 12．如图，已知椭圆 ， ， 分别为左、右顶点， ， 分 别为上、下顶点， ， 分别为左、右焦点， 为椭圆上一点，则下列条件中能使得 椭圆 的离心率为 的有（ ） A． B． C． 轴，且 D．四边形 的内切圆过焦点 ， 三、填空题；本题共4 小题，每小题5 分，共20 分 13．一袋中装有分别标记着， ，数字的个小球，每次从袋中取出一个球（每只 小球被取到的可能性相同），现连续取次球，若每次取出一个球后放回袋中，记次 取出的球中标号最小的数字与最大的数字分别为 ， ，设 ，则 ____ __ . 14．已知函数 在 上单调递减，则 的取值范围是______. 15．在 的二项展开式中， 的系数为_________． 16．已知函数 ，则该函数的单调递增区间为______，若方程 有三个不同的实根，则实数 的取值集合是______． 四、解答题；本题共6 个小题，共70 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17．袋中装有大小相同的4 个红球和6 个白球，从中取出4 个球． （1）若取出的球必须是两种颜色，则有多少种不同的取法？ （2）若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？ 18．在平行六面体 中， 是 的中点， . (1)化简： ; (2) 设 ， ， ，若 ,求 . 19．在等差数列{an}中,已知a1+a3＝12,a2+a4＝18,n∈N*. （1）求数列{an}的通项公式； （2）求a3+a6+a9+…+a3n. 20．已知椭圆 的方程为 ，双曲线 的一条渐近线与 轴所成的夹角为 ，且双曲线的焦距为 . (1)求椭圆 的方程； (2)过右焦点 的直线，交椭圆于 两点，记 的面积为 ， 的面积为 ，当 时，求 的值. 21．函数 ，关于 的不等式 的解集为 . （Ⅰ）求 、 的值； （Ⅱ）设 . （i）若不等式 在 上恒成立，求实数 的取值范围； （ii）若函数 有三个不同的零点，求实数 的 取值范围（为自然对数的底数）. 22．已知关于 的一元二次方程 （1）若 ， 是一枚骰子掷两次所得到的点数，求方程有两正根的概率． （2）若 ， ，求方程没有实根的概率． 参考答案 1．A 试题分析：因为 ， ，所以 同号， 异号， 所以 ,即 . 通过第一、二、四象限，故选A． 考点：直线的方程 2．D 利用组合数的性质可求三者的和. ． 故选：D. 本题考查组合性质的应用，一般组合数 具有如下性质：（1）递推性质： ；（2）对称性质： ；（3） .本题属于基础题. 3．B 根据数列的通项公式可以判断该数列是等差数列，求出 的表达式，运用配方法求出 取 得最大值时 的值. 当 时， ，所以数列 是以40 为首项， 为公差的等差数列，故 ，当 时， 取得最大值. 故选：B 本题考查了等差数列前 项和最大时项数的值，考查了等差数列的判定，考查了配方法， 考查了数学运算能力. 4．C 先利用互斥事件的概率公式求得 ，进而利用对立事件的概率公式即可求得 的值 由题意可知， . 因为A 与B 互斥且 ，故 . 又因为随机事件C 与B 对立，所以 . 故选：C 5．D 根据 得到 ，从而得到答案. 因为 ，所以 . 所以 或在 内. 故选：D 6．A 利用导数判断函数的单调性，根据最值，即可求得 ，再求函数在该区间的最小值. ， ， 当 时， ，函数单调递减， 所以函数的最大值是 ，得 ， 函数的最小值是 . 故选：A 7．D 由已知可知 ，即可求得 ， ，利用两点连线的斜率公式 即可得解. ，点 在抛物线 上， ，即数列 是首项为3，公差为4 的等差数列， ， ， ， ，即直线的方向向量为 故选：D 8．A 分别将变量x 代入进行验证即可． 解：A．当x＝1 时，y＝1+1＝2，当x＝ 时，y＝2+1＝3， 当x＝ 时，y＝3+1＝4，当x＝ 时，y＝4+1＝5，都满足条件， B．当x＝ 时，y＝2× +1＝ ，远远小于5，不满足条件． C．当x＝ 时，y＝8+3＝11，远远大于5，不满足条件． D．当x＝ 时，y＝ +1＝ ，远远小于5，不满足条件． 故选A． 本题主要考查回归方程的求解，注意本题不是线性回归直线方程，不能求样本中心（ ）的值． 9．BCD 根据 的值可得 ，利用累加法可得 ，再计算前5 项的和即可判断B； 由递推公式即可判断A；由 即可判断C；利用裂项相消求和法即可判断D. 因为 ， ， ， ……， ， 以上 个式子累加可得： ， 所以 ，故选项B 正确； 由递推关系可知： ，故选项A 不正确； 当 ， ，故选项C 正确； 因为 ， 所以 ， 故选项D 正确； 故选：BCD. 10．ACD 对于A，利用分步乘法计数原理计算可判断A 正确； 对于B，先将5 个球分为4 组，再全排，计算可判断B 不正确； 对于C，利用分步乘法计数原理计算可判断C 正确； 对于D，先将5 个球分为4 组，再全排，计算可判断D 正确； 对于A，带有编号1、2、3、4、5 的五个球，全部投入4 个不同的盒子里，共有 种放法，故A 正确； 对于B，带有编号1、2、3、4、5 的五个球，放进不同的4 个盒子里，每盒至少一个，共 有 种放法，故B 不正确； 对于C，带有编号1、2、3、4、5 的五个球，将其中的4 个球投入4 个盒子里的一个（另一 个球不投入），共有 种放法，故C 正确； 对于D，带有编号1、2、3、4、5 的五个球，全部投入4 个不同的盒子里，没有空盒，共 有 种放法，故D 正确； 故选：ACD. 11．BCD A．根据点 与平面 的关系作出判断；B．根据线面平行的判定定理进行分 析；C．根据 与平面 的位置关系作出判断；D．设出正方体棱长以及 的长度， 根据条件得到 到平面 的距离，从而可计算出三棱锥 的体积并完成判断. 因为 ， ， 同在平面 上，而 不在平面 上，所以 ， 不在同一 个平面内，故A 错误； 因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，故B 正 确； 因为 平面 ，而 平面 ，所以 ，连接 ， 交于点 ， 则 ， 而 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 . 因为 平面 ，所以 ，故C 正确； 不妨设正方体的棱长为 ， ，则 . 由于 平面 ，则 平面 ， ， 所以 . 因为 ， 为定值，所以三棱锥 的体积为定值，故D 正确. 故选：BCD. 易错点睛：空间中线面平行的证明以及三棱锥体积计算的注意事项有： （1）证明线面平行时，注意说明哪一条直线在面内，哪一条直线不在面内； （2）求解三棱锥体积时，注意选择合适的点作为顶点，合适的三角形作为底面积，这样可 以很大程度上简化计算. 12．BD 由已知结合两点之间的距离公式知 ，进而判断A；由已知结合勾股定理构造齐次式 计算离心率可判断B；由已知结合两点连线的斜率公式可得 ，进而求得离心率判断 C；由已知可知四边形 的内切圆的半径为c，利用等面积法及构造齐次式可判断D. 由椭圆 ， 可得 ， ， 对于A， ，即 ，化简得 ，即 ，不符合 题意，故A 错误； 对于B， ，则 ，即 ， 化简得 ，即有 ，解得 （ 舍去），符合题意， 故B 正确； 对于C， 轴，且 ，所以 ，由 ，可得 ， 解得 ，又 ，所以 ，不符合题意，故C 错误； 对于D，四边形 的内切圆过焦点 ， ，即四边形 的内切圆的半径为c， 则 ，结合 ，即 ，解得 （舍去）或 即 ，符合题意，故D 正确； 故选：BD 13． ## 先求出 的可能取值，再求出相应的概率，进而求出期望. 的可能取值为0,1,2，连续取3 次球，它的取法共有 种，其中 的取法 共有3 种，为111,222,333，其中 有12 种，为 112,121,211,122,212,221,223,232,323,332,233,322，其中 有12 种，为 113,123,311,321,312,213,231,131,133,311,331,313，因此它们的概率分别为 ，故 ． 故答案为： 14． 先求导，求出函数的单调递减区间，由 即可求解. ，令 ，得 ，即 的单调递减区间 是 ， 又 在 上单调递减，可得 ，即 . 故答案为： . 15． 根据二项式定理写出 展开式的通项，即可得 的系数. 展开式的通项为： 令 ，得 ， 所以 的系数为： 本题主要考查了二项式系数的性质，关键是记住二项式展开式的通项，属于基础题. 16． 和 作出函数 ，根据图象可得单调递增区间，通过 的图象与 有三个 不同的实根，即可求解实数 的取值集合． 解：由函数 ， 作出函数 如图所示： 方程 有三个不同的实根，即 的图象与 有三个不同的交点， 故答案为： 和 ； 此题考查函数与方程，考查函数的单调性，考查数形结合的思想，属于基础题 17．（1）194 （2）115 试题分析：（1）由题意知可以采用分类加法，分三类：3 红1 白，2 红2 白，1 红3 白，相 加即可；（2）可分三类：4 红，3 红1 白，2 红2 白，由分类加法计数原理，相加即可 试题解析：（1）分三类：3 红1 白，2 红2 白，1 红3 白这三类， 由分类加法计数原理有： ＝194（种）． （2）分三类：4 红，3 红1 白，2 红2 白，由分类加法计数原理共有： ＝115（种）． 考点：排列、组合及简单计数问题 18．（1） ；（2） . （1）由 是 的中点，根据三角形法则与平行四边形法则，即可得出结果； （2）由 ，先得到 ，再由题意，即可求出结果. （1）∵在平行六面体 中， 是 的中点， ∴ （2）∵ ， ∴ ∵ ∴ ∴ . 本题主要考查向量的运算法则，熟记三角形法则与平行四边形法则即可，属于常考题型. 19．（1）an＝3n,n∈N*（2） （1）依题意a1+a3＝12,a2+a4＝18,两式相减得d＝3,将d＝3 代入一式可得a1,则通项公式可 求. （2）因为数列{an}是等差数列,所以数列{a3n}也是等差数列,且首项a3＝9,公差d'＝9,则其 前n 项和可求. 解：(1)因为{an}是等差数列,a1+a3＝12,a2+a4＝18,所以 解得d＝3,a1＝3.则an＝3+（n 1 ﹣）×3＝3n,n∈N*. (2)a3,a6,a9,…,a3n 构成首项为a3＝9,公差为9 的等差数列. 则 . 本题考查了等差数列的通项公式,等差数列的前n 项和公式,等差数列的定义等,考查分析解决问题的能力和计算能力,属于基础题. 20．(1) (2) （1）因为直线l1的倾斜角为30°，所以 ，因为双曲线的焦距为4 ，所以 ，再根据 的关系，可得椭圆方程； （2）由(1)知 ，设直线 的方程为 ， ， ，直线与椭 圆联立得 ， ，又 知 ，即 可得得 ，进而可得 的值. （1） 由一条渐近线与 轴所成的夹角为 ， 可知 ，即 ， 又双曲线中 ，所以 ， 解得 ， ， 所以椭圆 的方程为 . （2） 由(1)知 ，设直线 的方程为 ， ， ， 联立 得 ， 所以 由题意 知 ③ 由①②③得 . 将 代入②，得 ， 又 ， 所以 . 本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次 的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终 转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一， 尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用． 21．（Ⅰ） （Ⅱ）（i） （ii） （Ⅰ）根据三个“二次”的关系可知， 的两根为-1 和3，再根据韦达定理 即可求出； （Ⅱ）（i）由（Ⅰ）中求出的解析式可将不等式化简成， ，换 元， ，即只需求 在 上的最小值，即可 求出实数 的取值范围； （ii）换元，令 ，则函数 有三个不 同的零点，等价于 在 有两个零点，再根据函数与方 程思想，以及二次函数的有关性质即可求出． （Ⅰ）因为 的解集为 ， 即方程 的两根为-1 和3， 由韦达定理可知 ，解得 . （Ⅱ）（i）由（Ⅰ）可得： ， 所以不等式 在 上恒成立， 等价于 在 上恒成立， 令 ，因为 ，所以 ， 则有 在 恒成立， 令 ， ，则 ， 所以 ，即 ，所以实数 的取值范围为 . （ii）因为 ， 令 ，由题意可知 ， 令 ， ， 则函数 有三个不同的零点， 等价于 在 有两个零点， 当 时，方程 ，此时 ，解得 或 ，关于 的 方程有三个零点，符合题意； 当 时，记两个零点为 ， ，且 ， ， ， 所以 ， 综上实数 的取值范围是 . 本题主要考查三个“二次”的关系，韦达定理的应用，不等式恒成立问题的解法，二次函 数的性质应用，以及由函数的零点个数求参数范围，意在考查学生的数学运算能力，转化 能力和逻辑推理能力，属于较难题． 22．（1） （2） （1）由题意知本题是古典概型，计算基本事件 的总数和“方程有两个正根”的事件 数，计算所求的概率值； （2）由题意知本题是几何概型，计算试验的全部结果构成区域和满足条件的事件组成区域， 计算面积比即可． （1）由题意知本题是一个古典概型，用 表示一枚骰子投掷两次所得到的点数的事件 依题意知，基本事件 的总数有 个，二次方程 有两正根， 等价于 即 “方程有两个正根”的事件为 ，则事件 包含的基本事件为： 、 、 、 ， 共 个， ∴所求的概率为 . （2）由题意知本题是一个几何概型，如图所示： 试验的全部结果构成区域 ， 其面积为 ， 满足条件的事件为： ， 其面积为 ， 所求概率为 . 本题考查几何概型以及用列举法计算基本事件数及事件发生的概率，属于中档题.