【文档说明】山西省晋中市介休市第一中学校2022-2023学年高二下学期3月月考数学试题含解析.docx，共(15)页，525.203 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-12cbacc2fb621ef42906629f880a0193.html

以下为本文档部分文字说明：

2022~2023学年度高二年级3月月考数学全卷满分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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答

案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回．4．本卷主要考查内容：圆锥曲线、数列

、导数，选择性必修第三册第六章~第七章7.3．一、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.某学校食堂有5种大荤菜式，8种半荤半素菜式，5种全素菜式，

现任意打一种菜，则可以打到的菜式品种有（）A.200种B.33种C.45种D.18种【答案】D【解析】【分析】根据分类加法计数原理求解即可.【详解】任意打一种菜，由分类计数原理可知，有58518++=种．故

选：D.2.下表是离散型随机变量X的分布列，则常数a的值是（）X3459P2a16a+1216A.16B.112C.19D.12【答案】C【解析】【分析】由随机变量分布列中概率之和为1列出方程即可求出a.【详解】11112626aa++++=，解得19a=.故选：C点睛】本

题考查离散型随机变量分布列，属于基础题.3.某篮球运动员每次投篮未投中的概率为0.3，投中2分球的概率为0.4，投中3分球的概率为0.3，则该运动员投篮一次得分的数学期望为A.1.5B.1.6C.1.7D.1.8【答案】C【

解析】【分析】直接利用期望的公式求解.【详解】由已知得00.320.430.31.7EX=++=.故选C【点睛】本题主要考查离散型随机变量的期望的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.4.已知()nab

+的展开式中只有第7项的二项式系数最大，则n=（）A.11B.10C.12D.13【答案】C【解析】【分析】当n为偶数时，展开式中第12n+项二项式系数最大，当n为奇数时，展开式中第12n+和32n+项二项式系数最大.【详解】∵只有第7项的二项式系数最大，∴172n+=，∴12n=．故选：C5.

抛物线224yx=的焦点坐标为（）A.10,96B.(0,6)C.1,096D.()6,0【答案】A【【解析】【分析】把抛物线方程化为标准方程，由此可得焦点坐标．【详解】因为抛物线的标准方程为2124xy=，1224p

=，148p=，1296p=，所以焦点坐标为10,96，故选：A．6.已知椭圆()2222:10xyCabab+=的右顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，且点O到直线AB的距离为2a，则椭圆C的离心率为（）A.33B.63C.32D.62【答案】B【解析】【分

析】先求出直线AB的方程，然后利用点到直线的距离可得到223ab=，即可求解【详解】由题意知(),0Aa，()0,Bb−，所以直线AB的方程为1xyab+=−即0bxayab--=，所以点O到直线AB的距离为222abaa

b−=+，所以223ab=，所以22263cabeaa−===．故选：B．7.已知某抽奖活动的中奖率为12，每次抽奖互不影响．构造数列nc，使得1,1,nncn=−第次中奖，第次未中奖，，记()12*nnS

cccn=+++N，则51S=的概率为（）A.58B.12C.516D.34【答案】A【解析】【分析】根据51S=可得51S=，从而抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，利用组合数求得满足条件的次数即可求解.【详解】由51S=，可得

51S=，抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，故51S=的概率为32555CC528P+==．故选:A.8.如果na不是等差数列，但若*kN，使得212kkkaaa+++=，那么称na为“局部等差”数列．已

知数列nx的项数为4，其中1,2,3,4,5nx，1n=，2，3，4，记事件A：集合1234,,,1,2,3,4,5xxxx；事件B：nx为“局部等差”数列，则()PBA=（）A.415B.730C.15D.16【答案】C【解析】【分析】分别求出事件

A与事件B的基本事件的个数，用()|PBA=()()()()PABnABPAnA=计算结果.【详解】由题意知，事件A共有4454CA120=个基本事件，对于事件B，其中含1，2，3的“局部等差”数列的分别为1，2，3，5和5，1

，2，3和4，1，2，3共3个，含3，2，1的“局部等差”数列的同理也有3个，共6个；含3，4，5的和含5，4，3的与上述相同，也有6个；含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共2个；含4，3，2的同理也有2个；含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和

1，3，5，4共4个；含5，3，1的同理也有4个，所以事件B共有24个基本事件，所以()2411205PBA==．故选：C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．9.81xx+的展开式中，以下为有理项的是（）A.第3项B.第4项C.第5项D.第6项【答案】AC【解析】【分析】根据给定二项式求出其展开式的通项，再求出通项中x的幂指数为整数的所对项数即可.【详解】81xx+的展开式的二

项式通项为138822188CC,0,1,2,3,4,5,6,7,8rrrrrrTxxxr−−−+===，令823r−为整数，求得0r=，2，4，6，8，所以对应第1,3,5,7,9项为有理项，故选：AC10.现有3位歌手和4名粉丝站成一排，要求

任意两位歌手都不相邻，则不同的排法种数可以表示为（）A.731424735454AAAAAA−−B.4343AAC.7314222473543254AAAACAAA−−D.4345AA【答案】CD【解

析】【分析】第一种排法：先排4名粉丝，然后利用插空法将歌手排好；第二种排法：先计算3位歌手和2位歌手站一起的排法，然后利用总排法去掉前面两种不满足题意的排法即可【详解】第一种排法：分2步进行：①将4名粉丝站成一排，有44A种排法；②4人排好后，有5个空位可选，在其中任选3个，安排三名歌手，

有35A种情况．则有4345AA种排法，第二种排法：先计算3位歌手站一起，此时3位歌手看做一个整体，有314354AAA种排法，再计算恰好有2位歌手站一起，此时2位歌手看做一个整体，与另外一个歌手不相邻，有22243254CAAA种排法，则歌手不相邻有3142224354773254AAACA

AAA−−种排法．故选：CD11.已知()()()()()5260126123111xxaaxaxax+−=+−+−++−，则（）A.096a=−B.1256a=−C.246124aaa++=−D.0126243a

aaa++++=−【答案】AD【解析】【分析】令1xt−=，则1xt=−，原等式可化为()()5260126322ttaatatat−−−=++++，结合二项展开式的性质逐项判断即可.【详解】令1xt−=，则1xt

=−，原等式可化为()()5260126322ttaatatat−−−=++++，令0=t，则096a=−，故A项正确；()52t−−的展开式的通项为()()515C2,0,1,2,,5kkkkTtk−+=−−=，则()()54011552C23C2176a=−−−−=−，故

B项错误；令1t=，则0126243aaaa++++=−①，令1t=−，则01234565aaaaaaa−+−+−+=−②，由①+②得()02462248aaaa+++=−，又096a=−，所以24628aaa++=−，故C项错误，D项正确．故选：AD.12

.已知双曲线22:128xyC−=的右焦点为F，左、右顶点分别为A、B，点P是双曲线C上异于左、右顶点的一点，则下列说法正确的是（）A.过点A有且仅有2条直线与双曲线C有且仅有一个交点B.点F关于双曲线C的渐近线的对称点在双曲线C上C.若直线PA、PB的斜率分别为1

k、2k，则124kk=D.过点F的直线与双曲线C交于M、N两点，则MN的最小值为8【答案】BC【解析】【分析】根据直线与双曲线的位置关系可判断出A选项；求出点F关于双曲线C的渐近线2yx=的对称点F的坐标，再将点F的坐标带入双曲线C的方程，可判断B选项；

利用点差法可判断C选项；求出当直线MN的斜率为0时MN的值，可判断D选项.【详解】对于A选项，过点A垂直于x轴的直线、平行于渐近线的直线与双曲线C有且仅有一个交点，所以至少有3条，故A错误；对于B选项，易得(

)10,0F，双曲线C的一条渐近线方程为2yx=，设点F关于2yx=的对称点为(),Fmn，则121010222nmnm=−−+=，解得31054105mn=−=，所以310410,55F−，又2231041055128−−

=，即点F在双曲线C上，故B正确；设()00,Pxy，所以2200128xy−=，即2200812xy=−，所以220000122200004842222yyyxkkxxxx−====−−+−，故C正确；当直线MN的斜率为0时，2

228MNa==，故D错误．故选：BC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若12nxx+的展开式的二项式系数之和为512，则n=______．【答案】9【解析】【分析】

利用二项式系数和可求得n的值.【详解】∵12nxx+的展开式的二项式系数之和为2n，2512n=，解得9n=.故答案为：9.14.从0，1，2，3，4，5中任取3个不同数字组成一个三位数，则能组成______个不同的三位数．（用数字作答）【答案】100【解析】【分析】利用分步乘法计算

原理，依次确定百位十位与个位上的数即可得解.【详解】先确定百位上的数，可以是1，2，3，4，5中的任一个，有5种方法；再确定十位上的数，可以是剩下的5个数中的任一个，有5种方法；最后确定个位上的数，可以是剩下的4个数中的任一个，有4种方

法；所以一共有554100=个．故答案为：100.15.将一个四棱锥每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是________.【答案】420【解析】【详解】由题设，四棱锥

SABCD−顶点S，A，B所染颜色互不相同，它们共有54360=种染色方法.当S，A，B已染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3；若C染颜色2，则D可染颜色3、4、5之一，有3种染法；若C染颜色4，则D可染颜色3或5

，有2种染法；若C染颜色5，则D可染颜色3或4，也有2种染法.可见，当S，A，B已染好时，C与D还有7种染法.从而，总的染色方法数为607420=.16.已知()12PA=，()23PBA=，()14PBA=，则()PB=______，()PAB=______．【答案

】①.1724②.37【解析】【分析】根据条件概率公式以及对立事件概率关系转化条件，求出结果.【详解】因为()()()()()()2231PBAPBAPBAPBAPAPA====−，所以()13PBA=，因为()()()PBAPBAPA=，()()314PBAPB

A=−=，所以()38PBA=，所以()()()13173824PBPBAPBA=+=+=，()()7124PBPB=−=，从而()()()()113274724PAPABPBAPB===．的的故答案为：1724；37.四、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412nxx+的展开式的前三项系数成等差数列．（1）求这个展开式的n值；（2）求这个展开式的一次项．【答案】（1）8（2）358x【解析】【分析】（1）结合二项展开式的系数，根

据前三项系数成等差数列列方程求解即可得n的值；（2）确定二项展开式的通项，再根据展开式的一次项确定r的值，即可得展开式的一次项.【小问1详解】∵前三项系数成等差数列，∴202111CC2C22nnn+=，∴()11124nnn−+=，整理得298

0nn−+=，∴11n=（舍去），28n=．∴这个展开式的n值为8；【小问2详解】∵展开式的通项813424418811CC,0,1,2,,822rrrrrrrrTxxxr−−−+===

，∴由展开式的一次项得3414r−=，4r=，∴445811876535C21643218Txxx===．18.已知函数()()3245fxxxxaa=−++R．（1）若()fx在2x=处的切线方程为30bxy

+−=，求实数a，b的值；（2）若()0fx在1,3−上恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）3a=，1b=-（2）)10,+【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求导得()2f的值，即可得b

的值，从而可得切点坐标代入函数可得a的值；（2）求导，确定函数在闭区间上单调性，结合闭区间函数性质可得函数最小值，根据不等式即可求得实数a的取值范围．【小问1详解】因为()()3245fxxxxaa=−++R，则()2385fxxx=−+，所以()

22328251f=−+=，所以1b−=，解得1b=-．所以()fx在2x=处的切线方程为30xy−+=，当2x=时，5y=，所以切点为()2,5，代入曲线中可得32524252a=−++，解得3a=；故3a=

，1b=-；【小问2详解】因为()()3245fxxxxaa=−++R，又13,x−，则()2385fxxx=−+，令()0fx¢>，解得11x−或533x，令()0fx，解得513x

，所以()fx在()1,1−上单调递增，在51,3上单调递减，在5,33上单调递增，又()110fa−=−，()12fa=+，550327fa=+，()36fa=+，所以(

)fx的最小值为10a−，所以100a−，解得10a，即实数a的取值范围是)10,+．19.若()82801281mxaaxaxax+=++++，其中356a=−.（1）求m的值；（2）求128aaa+++；（3）

求()()22024681357aaaaaaaaa++++−+++.【答案】（1）1−（2）1−（3）0【解析】的【分析】（1）由()81mx+展开式的通项求解即可；（2）令0x=与1x=即可求解；（3）令=1x−并结合（2）即可求

解得【小问1详解】()81mx+的展开式的通项为()8188C1CrrrrrrrTmxmx−+==，所以3338C56am==−，所以31m=−，解得1m=−；【小问2详解】由（1）知()82801281xaaxaxax−=++++，令0x=

，可得01a=，令1x=，可得()80128110aaaa++++=−=，所以1281aaa+++=−L；【小问3详解】令=1x−，可得()8012811256aaaa−+−+=+=，由（2）知()801281

10aaaa++++=−=，所以()()22024681357aaaaaaaaa++++−+++()()0128012802560aaaaaaaa==++++−+−+=20.已知等差数列na的前

n项和为258,224,100nSaaS+==.（1）求{an}的通项公式；（2）若+11nnnbaa=，求数列{nb}的前n项和Tn.【答案】（1）31nan=−（2）2(32)nnTn=+【解析】【分析】（1）由等差数列的通项公式以

及等差数列的前n项和公式展开可求得结果；（2）由裂项相消求和可得结果.【小问1详解】设等差数列{}na的公差为d，由题意知，1112()4248(81)81002adadad+++=−+=解得

：123ad==∴1(1)23(1)31naandnn=+−=+−=−.故{}na的通项公式为31nan=−.【小问2详解】∵1111()(31)(32)33132nbnnnn==−−+−+111111111111()()()()32535838

1133132111111111()325588113132111=()3232=2(32)nTnnnnnnn=−+−+−++−−+=−+−+−++−−+−++即：{}nb的前n项和2(32)nnTn=+.21.有三张形状、大小、质地完全一致的卡片，

三张卡片上分别写上0，1，2，现从中任意抽取一张，将其上数字记作x，然后放回，再抽取一张，其上数字记作y，令xy=.求：（1）所取各值的分布列；（2）随机变量的数学期望与方差.【答案】（1）见解析（2）

()1E=，16()9D=.【解析】【分析】（1）由题意可知，随机变量的可能取值有0，1，2，4，然后根据古典概型概率计算公式分别求出=0，1，2，4的概率，可列出分布列；（2）由（1）所列的分布列求出随机变量的数学期望与方差.【详解】解（1）随机变量

的可能取值有0，1，2，4，“0=”是指两次取的卡片上至少有一次为0，其概率为225(0)1339P==−=；“1=”是指两次取的卡片上都标着1，其概率为111(1)339P===；“2=”是指两次

取的卡片上一个标着1，另一个标着2，其概率为112(2)2339P===；“4=”是指两次取的卡片上都标有2，其概率为111(4)339P===.则的分布列为0124P59192919（2）5121()012419999E=++

+=，2222512116()(01)(11)(21)(41)99999D=−+−+−+−=.【点睛】此题考查的是随机变量的分布列、数学期望、方差，属于基础题.22.在某城市气象部门的数据库中，随机抽取30天的空气质量指数的监测数据，整理

得如下表格：空气质量指数优良好轻度污染中度污染重度污染天数5a84b空气质量指数为优或良好，规定为Ⅰ级，轻度或中度污染，规定为Ⅱ级，重度污染规定为Ⅲ级.若按等级用分层抽样的方法从中抽取10天的数据，则空气质量为Ⅰ级的恰好有5天.（1）求a，b的值；（2）若

以这30天的空气质量指数来估计一年的空气质量情况，试问一年（按366天计算）中大约有多少天的空气质量指数为优？（3）若从抽取的10天的数据中再随机抽取4天的数据进行深入研究，记其中空气质量为Ⅰ级的天数为X，求X的分布列及数学期望.【答案】（1）10a=，3b=.（2）61天（3）见解析

【解析】【分析】（1）由题意知空气质量为Ⅰ级的天数为总天数的12，从而可解得a，b的值．（2）由表可知随机抽取的30天中的空气质量类别为优的天数，由此能估计一年中空气质量指数为优的天数．（3）由题意知X的取值为0，1，2，3，4，分别求出相对应的概率，从而能求出X的分布列及数学期望．【详解】（

1）由题意知从中抽取10天的数据，则空气质量为Ⅰ级的恰好有5天，所以空气质量为Ⅰ级的天数为总天数的12，所以5+a=15，8+4+b=15，可得10a=，950.（2）依题意可知，一年中每天空气质量指数为优的概率为51306P==，则一年中空气质量指数为优

的天数约为1366616=.（3）由题可知抽取10天的数据中，Ⅰ级的天数为5，Ⅱ级和Ⅲ级的天数之和为5，满足超几何分布，所以X的可能取值为0，1，2，3，4，4541051(0)21042CPXC====，135510505(1

)21021CCPXC====，225541010010(2)21021CCPXC====，3551410505(3)21021CCPXC====，4541051(4)21042CPXC====，X的分布列为X01234P1425211021521142故151051()01234242

21212142EX=++++=.【点睛】本题考查了频率与概率的关系，考查了离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题．的