2023-2024学年重庆一中高二（下）月考数学试卷（5月份）（含答案）

2023-2024学年重庆一中高二（下）月考数学试卷（5月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设全集，集合，，则( )
A. B. C. D.
2.袋子中装有个形状和大小相同的球，其中个标有字母，个标有字母甲先从袋中随机摸一个球，摸出的球不再放回，然后乙从袋中随机摸一个球，若甲、乙两人摸到标有字母的球的概率分别为，，则( )
A. B. C. D.
3.某校名同学到、、三家公司实习，每名同学只能去家公司，每家公司至多接收名同学若同学甲去公司，则不同的安排方法共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
4.海峡两岸各民族欢度“三月三”暨福籽同心爱中华福建省第十一届“三月三”畲族文化节活动在宁德隆重开幕海峡两岸各民族同胞齐聚于此，与当地群众共同欢庆“三月三”，畅叙两岸情在活动现场，为了解不同时段的入口游客人流量，从上午点开始第一次向指挥中心反馈入口人流量，以后每过一个小时反馈一次指挥中心统计了前次的数据，其中，，，，，为第次入口人流量数据单位：百人，由此得到关于的回归方程，已知，根据回归方程参考数据：，，可预测下午点时入口游客的人流量为( )
A. B. C. D.
5.已知，为同一次试验中的两个随机事件，且，，命题甲：若，则事件与相互独立；命题乙：“与相互独立”是“”的充分不必要条件；则命题( )
A. 甲乙都是真命题 B. 甲是真命题，乙是假命题
C. 甲是假命题，乙是真命题 D. 甲乙都是假命题
6.三个男生三个女生站成一排，已知其中女生甲不在两端，则有且只有两个女生相邻的概率是( )
A. B. C. D.
7.数列的前项和为，，则可以是( )
A. B. C. D.
8.如图，在中，，其内切圆与边相切于点，且延长至点使得，连接设以，两点为焦点且经过点的椭圆的离心率为，以，两点为焦点且经过点的双曲线的离心率为，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知，，，则( )
A. 且 B. C. D.
10.在对具有相关关系的两个变量进行回归分析时，若两个变量不呈线性相关关系，可以建立含两个待定参数的非线性模型，并引入中间变量将其转化为线性关系，再利用最小二乘法进行线性回归分析下列选项为四个同学根据自己所得数据的散点图建立的非线性模型，且散点图的样本点均位于第一象限，则其中可以根据上述方法进行回归分析的模型有( )
A. B.
C. D.
11.在信道内传输，，信号，信号的传输相互独立，发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为，收到其他两个信号的概率均为若输入四个相同的信号，，的概率分别为，，，且记事件，，分别表示“输入”“输入”“输入“，事件表示“依次输出“，则( )
A. 若输入信号，则输出的信号只有两个的概率为
B.
C.
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若关于，的三项式的展开式中各项系数之和为，则 ______；其中项系数的最大值为______．
13.有一枚质地均匀的硬币，现进行连续抛硬币游戏，规则如下：在抛掷的过程中，无论何时，连续出现奇数次正面后出现一次反面，则游戏停止；否则游戏继续进行最多抛掷次，则该游戏抛掷次数的数学期望为______．
14.不经过第四象限的直线与函数的图象从左往右依次交于三个不同的点，，，且，，成等差数列，则的最小值为______．
四、解答题：本题共4小题，共62分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
对于，，，不是的整数倍，且，则称为级十全十美数已知数列满足：，，．
若为等比数列，求；
求在，，，，中，级十全十美数的个数．
16.本小题分
随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为例如在秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处．
设粒子在第秒末移动到点，记的取值为随机变量，求的分布列和数学期望；
记第秒末粒子回到原点的概率为．
已知，求，以及．
令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的已知，证明：该粒子是常返的．
17.本小题分
已知点是抛物线：的焦点，的两条切线交于点，，是切点．
若，，求直线的方程；
若点在直线上，记的面积为，的面积为，求的最小值；
证明：∽．
18.本小题分
已知函数在上的极小值点从小到大排列成数列，函数．
求的通项公式；
讨论的零点个数．
答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：设的公比为，
则，即，
由，可得，解得或，
所以或．
由知，当时，，
当时，，
两式相减得．
当为奇数时，的个位数为或，的个位数不可能为；
当为偶数时，设，则，
要想末尾个数字为，需满足被整除，
当，，时，均不符合题意；
当时，，
自，以后各项均可被整除，
故只需考虑
能否被整除，
其中不是的倍数，
故若原式能被整除，需为偶数且能被整除，即需是的倍数，
在，，，，中，的倍数有个：，，，，，
故在，，，中，级十全十美数的个数为．
16.解：粒子在第秒可能运动到点，，或，，
或，，的位置，的可能取值为，，．
对应的概率分别为，
所以的分布列为：
数学期望；
粒子奇数秒后不可能回到原点，故，
粒子在第秒后回到原点，分两种情况考虑：
每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形；
每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有种情形．
于是，
第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，
向下移动步，故
，
故；
(ⅱ)证明：利用可知，
，
于是，
令，，，
故在上单调递增，则，于是，
从而有．
记为不超过的最大整数，则对任意常数，当时，，
于是，
综上所述，当时，成立，因此该粒子是常返的．
17.解：若，，则，
当切线斜率不存在时，直线是抛物线的一条切线，切点为，不合题意，
当切线斜率存在时，设切线方程为，
联立，得，
由相切关系得，，解得，
由，解得切点，
所以直线的方程为．
设切点，，则，，
依题意切线，斜率不为，不妨设：，
联立直线与抛物线得，
由，解得，
所以切线的方程化简为，
同理切线的方程化简为，
所以，
同理有 ，
焦点到直线的距离，
同理可得，焦点到直线的距离，
所以，，
所以
，
联立，解得，，
所以，
即，，代入上式，化简整理得：
，
又，代入得
，当且仅当时取等号，
所以的最小值为．
证明：三边成比例由可知，，
，
，
所以，，
，
所以，
所以∽．
18.解：，则，且．
由于当时，，当时，，
当时，，当时，．
故在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增．
注意到，，
，，这里．
结合的单调性即知：
当时，；
对，存在唯一的，使得，且在上取正值，在上取负值；
对，存在唯一的，使得，且在上取负值，在上取正值．
这表明对，在和上递增，在和上递增，
从而在和上递增；在和上递减．
从而，在上递增，在上递减，在上递增，这里．
将以上讨论与结合，即可得到在上全部的极小值点就是，，，且是递增数列，所以．
又注意到，，结合的定义，知一定有．
所以的通项公式是．
由已知有，而，故．
设，则我们只需要讨论的零点个数．
直接求导得，而的导数为．
由零点存在定理知存在唯一的，使得．
故当时，有，从而；
而当时，有，从而．
这表明在上单调递增，在上单调递减．
直接计算可知，，结合的单调性，即知存在唯一的，使得，且当或时，当时．
这就说明在和上递增，在上递减．
直接计算可知．
当时，由于，，故．
又因为，所以根据的定义可知此时．
故在上递增，在上递减．
再由，可知当时．
而当时，
有
，
所以此时，且当时有．
这表明在上恰有个零点，显然该零点不为．
再由是偶函数，就得到的零点个数为．
当时，首先我们有．
由于
，
结合的单调性及，知存在唯一的，使得，
且当时，，当时，．
同时，当时，
有
，
当时，
有
，
所以结合前面的讨论，知此时，且当时，有，
当时，有．
这表明在上恰有个零点，且这两个零点都不为．
再由是偶函数，就得到的零点个数为．
最后，由于，故和的零点个数相等，这就得到下面的结果：
当时，的零点个数为；
当时，的零点个数为．
第1页，共1页