福建省宁德市福安市第一中学2023-2024学年高二下学期第三次月考数学试题（含解析）

福安一中2023—2024学年高二下第三次月考数学试卷
（满分150分,120分钟完卷）
注意事项：
1．答卷前,考生务必将姓名、座号、考场、班级填写在答题卡上．
2．选择题用2B铅笔将答案涂在答题卡上,非选择题将答案写在答题卡上．
3．考试结束,考生只将答题卡交回,试卷自己保留．
一、单项选择题：本题共8小题,每小题5分,共40分,在每小题给出的选项中,有且仅有一个选项是正确的．
1．己知随机变量X服从正态分布,若,则（ ）
A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.5
2．函数的图像大致为（ ）
A． B． C． D．
3．如图,在正四棱柱中,,则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．某植物园要在如图所示的5个区域种植果树,现有5种不同的果树供选择,要求相邻区域不能种同一种果树,则共有（ ）种不同的方法．
A．120 B．360 C．420 D．480
5．已知,则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
6．小明在某不透明的盒子中放入4红4黑八个球,随机摇晃后,小明从中取出一个小球丢掉（未看被丢掉小球的颜色）现从剩下7个小球中取出两个小球,结果都是红球,则丢掉的小球也是红球的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．如图所示,可以将钟楼看作一个长方体,四个侧面各有一个大钟,则从8：00到10：00这段时间内,相邻两面钟的分针所成角为的次数为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
8．已知,若方程恰有两个解,则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分．
9．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案,如图1,把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合,这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1,则（ ）
图1 图2 图3
A． B．直线与平面所成角的正弦值为
C．点到直线的距离是 D．异面直线与所成角的余弦值为
10．下列命题中,正确的是（ ）
A．已知随机变量X服从正态分布,若,则
B．已知,则
C．已知,则
D．将总体划分为2层,通过分层抽样,得到两层的样本平均数和样本方差分别为和,若,则总体方差
11．已知,函数的图象记为的图象记为．则（ ）
A．函数只有一个零点 B．与没有共同的切线
C．当时,曲线在曲线的下方 D．当时,
三、填空题：本大题共3小题,每小题5分,共15分．
12．某同学决定用圆周率π的不足近似值3.14159中出现的这六个数字编成一组六位数的开锁密码（每个数字用一次）,则两个数字“1”不相邻的不同密码共有__________组．
13．在正三棱柱中,D为棱的中点,若是面积为6的直角三角形,则此三棱锥的体积为__________．
14．对于区间,若函数同时满足：①在上是单调函数；②函数的值域是,则称区间为函数的“保值”区间．（1）写出函数的一个“保值”区间为__________;（2）若函数存在“保值”区间,则实数m的取值范围为__________．
四、解答题：共77分．解答应写出必要文字、证明过程或演算步骤．
15．为深入学习党的二十大精神,激励青年学生积极奋发向上．某学校团委组织学生参加了“青春心向党,奋进新时代”为主题的知识竞赛活动,并从中抽取了200份试卷进行调查,这200份试卷的成绩（卷面共100分）频率分布直方图如图所示．
（1）将此次竞赛成绩近似看作服从正态分布（用样本平均数和标准差S分别作为的近似值）,已知样本的标准差．现从该校参与知识竞赛的所有学生中任取100人,记这100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数为随机变量X,求X的数学期望；
（2）从得分区间和的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷,再从这10份样本中随机抽测3份试卷,若已知抽测的3份试卷来自于不同区间,求抽测3份试卷有2份来自区间的概率．
参考数据：若,则,．
16．设函数（m为实数）
（1）若是的极值点,求m的值,并求函数的单调区间．
（2）若,都有恒成立,求实数m的取值范围．
17．马拉松赛事是当下一项非常火爆的运动项目,受到越来越多人的喜爱．王老师是一位资深的马拉松爱好者,他的微信朋友圈内也有大量的好友加入了他的“马拉松跑友群”,他随机选取了其中的100人（男、女各50人）,记录了他们在某一天马拉松训练中的跑步公里数,并将数据整理如下：
跑步公里数性别
男 4 8 10 12 10 6
女 8 4 14 14 6 4
初级 高级 总计
男
女
总计
（1）已知某人一天的跑步公里数超过20公里被“跑友群”评定为“高级”,否则为“初级”,根据题意完成下面的列联表,并据此判断能否有97.5%的把握认为“评定级别”与“性别”有关？
0.05 0.025 0.010
3.841 5.024 6.635
（2）若王老师以这100位好友该日跑步公里数的频率分布来估计其跑群中所有跑友每日跑步公里数的概率分布,现从王老师的所有跑群好友中任选2人,其中每日跑步公里数不超过10公里的有X人,超过30公里的有Y人,设,求的分布列及数学期望．
附：,
18．如图,在四棱锥中,,．平面平面为等边三角形,点E是棱上的一动点．
（Ⅰ）求证：平面;
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
19．已知函数．
（1）当时,讨论函数的单调性．
（2）若有两个极值点．
①求实数a的取值范围； ②求证：．
福安一中2023—2024学年高二下第三次月考数学试卷参考答案
一、单项选择题：本题共8小题,每小题5分,共40分,在每小题给出的选项中,有且仅有一个选项是正确的．
1．C【详解】由题意可知该正态分布的对称轴为,所以．
2．A【详解】设,则．故为奇函数,A,D符合,排除B,C．又,所以当时,恒成立,故A满足,D排除．
3．B【详解】如图连接,因为为正四棱柱,所以且,所以四边形为平行四边形,所以,则或其补角就是异面直线与所成的角,设,则,,由余弦定理得：．
4．C【详解】分两类情沉：第一类：2与4种同一种果树,第一步种1区域,有5种方法；第二步种2与4区域,有4种方法；第三步种3区域,有3种方法；最后一步种5区域,有3种方法,由分步计数原理共有种方法；
第二类：2与4种不同果树,第一步在1234四个区域,从5种不同的果树中选出4种果树种上,是排列问题,共有种方法；第二步种5号区域,有2种方法,由分步计数原理共有种方法．
再由分类计数原理,共有种不同的方法．
5．C【详解】令函数,求导得,因此函数在上单调递增,则,所以．
6．B【详解】用A表示丢掉一个小球后任取两个小球均为红球,用表示丢掉的小球为红球,表示丢掉的小球为黑球,则,由全概率公式可得,所以．
7．D【详解】在长方体中,以点A为坐标原点,,所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图的空间直角坐标系．设分针长为a,矩形的对角线的交点为E,矩形的对角线的交点为F,考察8：00到9：00这个时间段,设t时刻,侧面内的钟的分针的针点的位置分别为M,N,设,其中,则,,由已知可得,则,因为,故的取值为,即在8：00到9：00这个时间段,相邻两面钟的分针所成角为的次数为4,因此,从8：00到10：00这段时间内,相邻两面的分针所成角为的次数为8．
8．C【详解】,故,设，即,设,则，当时,,函数单调递减；当时,,函数单调递增；,故方程有唯一解,即有两解,即有两个解,设,当时, ,函数单调递增；当时,,函数单调递减；当x趋近于0和x趋近于时,趋近于,故只需满足,当时,,函数单调递减；当时,,函数单调递增；故恒成立,故的解为．
二、多项选择题：本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分．
9．BCD【详解】A选项,以A为坐标原点,所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则,,则,A错误；B选项,平面的法向量为,设直线与平面所成角的大小为,则,B正确；C选项,,点到直线的距离为,C正确；D选项,,设异面直线与所成角大小为,则,D正确．
10．ABC【详解】对于A,由正态分布曲线的性质知,,根据对称性知,,于是,A正确；对于B,由，得,所以,B正确；对于C,由，得,又,由全概率公式得,，C正确．不妨设两层的样本容量分别为m,n,总样本平均数为,则，易知，当时,有，故D错误．
11．AC
【详解】A选项,,
在区间上，单调递减；
在区间上单调递增,
由于,所以函数只有一个零点,A选项正确．
C选项,由上述分析可知恒成立,
所以恒成立,且当时,,
所以当时,曲线在曲线的下方,C选项正确．
B选项,,
所以和在点处的切线方程为,所以B选项错误．
D选项,当时,，
令
，由于,所以,
即,所以D选项错误．
12．240【详解】排除1外的另4个数字,有种方法,在上述的每个排列形成的5个间隙（含两端）中任取两个插入1,有种方法,所以两个数字“1”不相邻的不同密码共有（组）．
13．【分析】由题意首先求得棱长和底边长,然后结合棱柱、棱锥体积公式根据割补法计算体积即可．
【详解】由题,设,截面是面积为6的直角三角形,
所以,则由得，又,所以,故,取的中点为E,连接,则由题意,因为平面平面,则,因为平面,则平面,又，所以,
14． 【详解】（1）因为,所以的值域为,所以,所以在上单调递增,所以，所以,又，解得，所以一个“保值”区间为；（2）设保值区间为,若,则在上为增函数,所以，即a,b为方程的2个不等实根,设,则,所以；若,则在上为减函数,所以有,两式相减：,代入得：，所以方程有2个不等实根a,b,从而有,解得得；综上所述：．
三、填空题：本大题共3小题,每小题5分,共15分．
15．（1）16人（2）【详解】（1）由题意可知的近似值80.5,又样本的标准差,因为,即,故,由题意知：抽取的100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数X服从二项分布,即,故X的数学期望．所以抽取的100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数的数学期望为16人；（2）由频率分布直方图可知,分数在和的频率分别为0.35和0.15,按照分层抽样,抽取10份,其中分数在,应抽取份,分数在应抽取份,记事件A:抽测的3份试卷来自于不同区间；
事件B:取出的试卷有2份来自区间,则，所以,所以抽测3份试卷有2份来自区间的概率为．
16．（1）,单调递增区间为,单调递减区间为（2）
【详解】（1）由,求导得是的极值点,,解得,当时,,由,得,得,故是的极值点,故符合题意,所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为．（2）不妨设,因为,都有恒成立,
有恒成立,则恒成立,
设,即只需在上是单调递减即可,
故在上恒成立,得,由二次函数的性质,易知在上单调递增,当时取得最小值3,所以．
17．（1）没有97.5%的把握认为“评定级别”与“性别”有关；（2）见详解．
初级 高级 总计
男 22 28 50
女 26 24 50
总计 48 52 100
【详解】解：（1）跑步公里数的列联表如下：
因为
所以没有97.5%的把握认为“评定级别”与“性别”有关．
（2）由这100人跑步公里数的频数分布表得：在跑群中任选一人跑步公里数不超过10公里的概率为,超过30公里的频率为,在10公里和30公里之间的频率为，
当时,,所以；
当或时, ,则；
当或时,,则；所以的分布列为
所以．
0 1 2
P
18．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．
【详解】解：（Ⅰ）证明：如图所示：
作中点F,连接交于点M,
则由知：且,
∴四边形是平行四边形,
又,∴四边形是菱形,
故,
在中,F,M分别为的中点,
故,即,
又∵平面平面,平面平面,
平面;
（Ⅱ）如上图所示：以点D为原点,分别以所在的直线为x轴,y轴,以过点D垂直于底面的直线为z轴,建立空间直角坐标系,
由题意知,，
过点P作直线与垂直,且．
平面,平面平面平面,
又,即,∴点在线段的中垂线上,
由对称性可知：三点共线,由,得：，
,又由,得：,∴点P的坐标为，，
设平面的法向量,即,令,则,设,则,则,
设直线与平面所成角为,则
，当时取等号,
∴直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
19．（1） 在上单调递增；（2）①；②证明见解析
【分析】（1）求得,设,得到,再令,求得为上的增函数,且,进而求得单调区间；
（2）①求得,令,解得,设，根据题意转化为直线与函数的图象有两个不同的交点,利用导数求得函数的单调性与极值,作出函数的图象,结合图象,即可求解；
②由函数有两个零点,得到,令,转化为证明,不妨令,只需证明,化简得到，令,转化为证明，令,利用导数求得函数的单调性与最值,即可求解．
【详解】（1）解：当时,可得,其中,则，
设,则，令,可得恒成立，
所以为上的增函数,且,所以在上单调递减,在上单调递增,所以,所以,所以,所以在上单调递增．
（2）解：①因为函数,可得,令,解得，
设,可得,因为有两个极值点,则直线与函数的图象有两个不同的交点,当时,;当时,,
所以在上单调递增,在上单调递减,所以．
又当时,,故可作出的大致图象,如图所示,
结合图象可得,,即实数a的取值范围为．
②由函数有两个零点,所以,
令,则等价于关于t的方程有两个不相等的实数根,
只需证明,不妨令,由,得，
要证,只需证明,即证，
即证,即证，
令,则，只需证明，
令,则，
所以在上单调递增,所以，
综上所述,原不等式成立．