2023-2024学年福建省莆田第五中学高二下学期第一次月考数学试卷（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页福建省莆田第五中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．现有10元，20元，50元人民币各一张，100元人民币2张，从中取两张，共可组成不同的币值种数是（

）A．20种 B．15种 C．10种 D．7种【答案】D【分析】根据100元人民币的张数进行讨论即可.【详解】若没有100元人民币，则有种，若有一张100元人民币，则有种，若有两张100元人民币，则有种，所以共可组成不同的币值种数是种.故选：D.2．从这9个数字中任取三个数，下列事件为对立事件的是（

）A．恰有一个是奇数和有两个是偶数B．至少有两个是偶数和至少有两个是奇数C．至多有一个是奇数和恰有一个是偶数D．至少有一个是奇数和至少有一个是偶数.【答案】B【分析】根据对立事件、互斥事件的概念判断即可.【详解】从这9个数字中任取三个数，有奇偶，奇偶，奇偶，奇偶，四种情况，对于A，恰有一个是奇数和有两个是偶数是同一个事件，故A不符；对于B，至少有两个是偶数包括奇偶，奇偶两种，至少有两个是奇数包括奇偶，奇偶两种，所以至少有两个是偶数和至少有两个是奇数是对立事件，故B符合；对于C，至多有一个是奇数包括奇偶，奇偶两种，恰有一个是偶数为奇偶，所以至多有一个是奇数和恰有一个是偶数互斥，但不对立，故C不符；对于D，至少有一个是奇数包括奇偶，奇偶，奇偶三种，至少有一个是偶数包括奇偶，奇偶，奇偶三种，所以至少有一个是奇数和至少有一个是偶数不是对立事件，故D不符.故选：B.3．已知向量，向量在向量上的投影向量为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用投影向量的定义求解.【详解】解：因为向量，所以，所以向量在向量上的投影向量为：，故选：A4．任意抛掷一次骰子，朝上面的点数记为X，则，定义事件：，，，则（

）A． B．C． D．B，C相互独立【答案】C【分析】根据给定条件，利用古典概率计算判断ABC；利用相互独立事件的定义判断D.【详解】对于A，，，A错误；对于B，，，，B错误；对于C，，则，C正确；对于D，由选项AB知，，即B，C相互不独立，D错误.故选：C5．在如图所示的电路中，5个格子表示保险匣，格子中所示数据表示通电时保险丝被熔断的概率，则当开关合上时，电路畅通的概率是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求出左至中间畅通的概率，再求出中间至右畅通的概率，再利用独立事件的概率求法求出电路通畅的概率.【详解】当开关合上时，电路畅通即表示左至中间畅通且中间至右畅通,左至中间畅通的概率，中间至右畅通的概率，所以电路畅通的概率.故选：D.6．若二项式的展开式中倒数第三项的系数为，则含有项的系数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】写出展开式的通项，再根据倒数第三项的系数及组合数公式求出，再由通项计算可得.【详解】二项式展开式的通项为（其中且），所以倒数第三项的系数为，故，即，所以，所以，解得或（舍）；则展开式的通项为（其中且），令，解得，所以，即展开式中含的系数为.故选：C7．已知等比数列中，存在，满足，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由等比数列的性质可得，由，分类讨论求的最小值.【详解】设等比数列公比为，由得：则，得．因为，当和时，，当时，，当时，，，则的最小值为.故选：A8．在平面直角坐标系中，设直线与抛物线相交于两点，给定下列三个条件：①②；③直线过定点（2，0）.如果将上面①、②、③中的任意一个作为条件，余下两个作为结论，则构成的三个命题中，真命题的个数是（

）A．3 B．2 C．1 D．0【答案】A【分析】设直线的方程为：，与抛物线交点，联立直线和抛物线方程，依次将①、②、③作为条件均可以推出剩下两个结论，三个命题全真.【详解】由题直线与抛物线交于两个点，所以不能垂直于y轴，设直线的方程为：，与抛物线交点，由，整理得：，，，，，下面依次证明：①作为条件，②、③作为结论：，则，所以，直线方程为必过定点（2，0）.所以①作为条件，②、③作为结论是真命题；②作为条件，①、③作为结论：则，所以，直线方程为必过定点（2，0）.所以②作为条件，①、③作为结论是真命题；③作为条件，①、②作为结论：直线过定点（2，0），则，所以，.所以③作为条件，①、②作为结论是真命题；三个命题均得证，所以真命题3个.故选：A【点睛】此题考查直线与抛物线位置关系相关命题，考查对基本量的运算，在设直线方程时有待考究选择哪一种形式，不同命题分别求出其等价形式，若能记住抛物线常见的二级结论，解此题能节省很多时间，不必太多计算.二、多选题9．若，其中，则下列说法正确的是（

）A．B．C．D．【答案】AC【分析】令即可判断A；根据等式左右两边的系数即可判断B；令即可判断C；令即可判断D.【详解】对于A，令，左边，右边，所以，故A正确；对于B，左边展开式项的为，右边展开式项的为，所以，故B错误；对于C，令，左边，右边，所以，故C正确；对于D，令，左边，右边所以，即，故D错误.故选：AC.10．2023年旅游市场强劲复苏，7，8月的暑期是旅游高峰期．甲、乙、丙、丁四名旅游爱好者计划2024年暑期在北京、上海、广州三个城市中随机选择一个去旅游，每个城市至少有一人选择．事件M为“甲选择北京”，事件N为“乙选择上海”，则下列结论正确的是（

）（A．事件与互斥 B．C． D．【答案】BC【分析】根据互斥事件的含义判断A；根据条件概率公式求出的值，判断B；根据对立事件的概率计算，判断C；根据并事件的概率计算，判断D.【详解】对于A，甲选择北京与乙选择上海可能会同时发生，即事件与会同时发生，不互斥，A错误；对于B，由题意知共有事件个数，事件与的个数均为个，故，,则，，即，B正确，对于C，，C正确；对于D，，D错误，故选：BC11．如图，在直三棱柱中，为的中点，过的截面与棱分别交于点，则下列说法中正确的是（

）A．存在点，使得B．线段长度的取值范围是C．当点与点重合时，四棱锥的体积为2D．当为线段中点时，三棱锥外接球的表面积为【答案】BCD【分析】建立空间直角坐标系，设点，，利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；求出与的关系式，利用反比例函数的基本性质可确定线段长度的取值范围；利用锥体和台体的体积公式可求得锥体的体积；设外接球球心，列方程求解可得球心，即可得球的表面积.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，设点，，其中，，若存在点，使得，则，解得，不合题意，A错；对于B选项，设，其中、，即，即，可得，，则，所以，，B对；对于C选项，当点与点重合时，，则，此时点为的中点，如图所示：在直三棱柱中，四边形为矩形，则且，、分别为、的中点，则且，所以，且，同理且，且，所以，，故几何体为三棱台，，，，，因此，，C对；对于D选项，当为线段中点时，，则，此时点与点重合，此时三棱雉外接球球心必在过中点且与面垂直的线上，如图：设，所以，即，解得所以三棱雉外接球半径为，所以外接球的表面积为，D对.故选：BCD.三、填空题12．有9本不同的书，其中语文书2本，英语书3本，数学书4本，现随机拿出2本.两本书不同类的概率为.【答案】【解析】求出基本事件的总数和所求事件包含的基本事件数，再用古典概型的概率公式计算可得结果.【详解】从9本不同的书中随机拿出2本，共有种，其中两本书不同类的有种，所以所求事件的概率为.故答案为：.【点睛】本题考查了组合数，考查了古典概型的概率公式，属于基础题.13．某社区计划在该小区内如图所示的一块空地布置花卉，要求相邻区域布置的花卉种类不同，且每个区域只布置一种花卉，若有5种不同的花卉可供选择，则不同的布置方案有.

【答案】540【分析】给5块不同的区域标别布置A，B，D区域的花卉，继而讨论B，E是否布置同种花卉，根据分步计数原理，即可得答案.【详解】如图：给5块不同的区域标上字母，

可先在A中布置花卉，有5种不同的布置方案，再在B中布置花卉，有4种不同的布置方案，再在D中布置花卉，有3种不同的布置方案，若区域B，E布置同种花卉，则C有3种不同的布置方案，若区域B，E布置不同的花卉，则E有2种不同的布置方案，C有3种不同的布置方案，故不同的布置方案有种，故答案为：54014．“垛积术”在我国古代早期主要用于天文历法，后来用于求高阶等差级数的和.元代数学家朱世杰在沈括（北宋时期数学家）、杨辉（南宋时期数学家）研究成果的基础上，在《四元玉鉴》中利用了“三角垛”求一系列重要的高阶等差级数的和.例如，欲求数列，，，…，，的和，可设计一个正立的行三角数阵，即正三角形的区域中所有数的分布规律为：第1行为1个，第2行为2个，第3行为3个，…，第行为个1；再选一个数列（其前项和已知），可设计一个倒立的行三角数阵，即正三角形的区域中所有数的分布规律为：第1行为个，第2行为个，第3行为个，…，第行为1个1.这两个三角数阵就组成一个行列的菱形数阵.若已知，则运用垛积术，求得数列，，，…，，的和为.

【答案】【分析】根据菱形区域的个数，结合公式，化简变形求值.【详解】正三角形的区域与正三角形的区域的所有数的和为而正三角形区域的所有数的和为，所以正三角形的区域的所有数的和为，故答案为：四、解答题15．某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过12站的地铁票价如下表：乘坐站数票价（元）357现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过12站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的．(1)若甲、乙两人共付车费8元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？(2)若甲、乙两人共付车费10元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？【答案】(1)24种(2)21种【分析】（1）由题意得甲、乙两人其中一人乘坐地铁站数不超过3站，另外一人乘坐地铁站数超过3站且不超过7站，即可求解；（2）甲比乙先下地铁的情形有两类：第一类，甲乘地铁站数不超过3站，乙乘地铁站数超过7站且不超过12站，第二类，甲、乙两人乘地铁站数都超过3站且不超过7站，结合组合数公式和分类加法计数原理，即可求解．【详解】（1）解：若甲、乙两人共付车费8元，则其中一人乘坐地铁站数不超过3站，另外一人乘坐地铁站数超过3站且不超过7站，共有（种），故甲、乙下地铁的方案共有24种.（2）若甲、乙两人共付车费10元，则甲比乙先下地铁的情形有两类：第一类，甲乘地铁站数不超过3站，乙乘地铁站数超过7站且不超过12站，有（种）；

第二类，甲、乙两人乘地铁站数都超过3站且不超过7站，记地铁第四站至第七站分别为，易知甲比乙先下地铁有以下三种情形：①甲站下，乙下地铁方式有种；②甲站下，乙下地铁方式有种；③甲站下，乙只能从下地铁，共有1种方式，共有（种），依据分类加法计数原理，得（种），故甲比乙先下地铁的方案共有21种．16．已知数列是各项为正数的数列，前n项和记为，，()，(1)求数列的通项公式；(2)设，，求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用与的关系，以取代构造等式，两式作差得递推关系，再变形可证明数列是等差数列，进而求出通项；（2）分奇偶讨论，利用并项求和法求解前n项和.【详解】（1）由题意得①，且，当时，，解得或(舍去)，当时，②·∴①②得，∴，∵，∴，∴数列是首项为，公差为的等差数列，∴.所以数列的通项公式为；（2）由（1）得，则当，且时，，n为偶数时，，n为奇数时，则为偶数，由上式可知，，所以.所以，.17．作为影视打卡基地，都匀秦汉影视城推出了4大影视博物馆：陈情令馆、庆余年馆、大秦馆、双世宠妃馆，馆内还原了影视剧中部分经典场景，更有丰富的、具有特色的影视剧纪念品供游客选择；国庆期间甲、乙等5名同学准备从以上4个影视馆中选取一个景点游览，设每个人只选择一个影视馆且选择任一个影视馆是等可能的.(1)分别求“恰有2人选择庆余年馆”和“甲选择庆余年馆且乙不选择陈情馆”的概率；(2)事件“5人中选择博物馆物个数为”，求的值.【答案】(1)“恰有人选择庆余年馆”的概率为，“甲选择庆余年馆且乙不选择陈情馆”的概率为(2)答案见解析【分析】（1）设“恰有人选择庆余年馆”为事件，设“甲选择庆余年且乙不选择陈情馆”为事件，求出所有可能选择的方式的种数，利用排列组合思想求出事件、所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得这两个事件的概率；（2）利用古典概型求解即可.【详解】（1）所有可能选择的方式有种，设“恰有2人选择庆余年馆”为事件，则其余人每人都有种选择，所以，设“甲选择庆余年且乙不选择陈情馆”为事件，则乙有种选择，其余人每人都有种选择，则，则“恰有人选择庆余年馆”的概率为，“甲选择庆余年馆且乙不选择陈情馆”的概率为；（2），，，.18．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且.(1)求直线和平面所成角的正弦值；(2)在棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，并求出的值.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）首先求得，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线和平面所成角的正弦值.（2）设，利用二面角的大小列方程，求得，进而求得.【详解】（1）分别取CB、CD的中点为F、G，连结OF、OG，∵为的中点，是边长为1的等边三角形，∴是直角三角形，，，，∵CB、CD的中点为F、G，∴，，，∵，为的中点，∴，又∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，是三棱锥底面的高，是直角三角形∵，∴，以O点为坐标原点，分别以OF、OG、OA所在的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，∴，，，设是平面的一个法向量，则，即，令，则，，，，，∴直线和平面所成角的正弦值等于；（2）在棱上存在点，使二面角的大小为.设由（1）知，，，是平面的一个法向量，设是平面的一个法向量，则，即，取，，，∵二面角的大小为，∴，即，整理得，，解得，或（舍去），所以，，，所以，在棱上存在点，使二面角的大小为，.19．在平面直角坐标系中，动圆与圆内切，且与圆外切，记动圆的圆心的轨迹为.(1)求轨迹的方程；(2)设为坐标原点，过点且与坐标轴不垂直的直线与轨迹交于两