2022-2023学年湖北省荆州市监利市高二下学期2月调考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省荆州市监利市高二下学期2月调考数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省荆州市监利市高二下学期2月调考数学试题 一、单选题1．在一次抛硬币的试验中，某同学用一枚质地均匀的硬币做了1000次试验，发现正面朝上出现了560次，那么出现正面朝上的频率和概率分别为（    ）A．0.56，0.56 B．0.56，0.5C．0.5，0.5 D．0.5，0.56【答案】B【分析】根据频率和概率的定义求解.【详解】某同学用一枚质地均匀的硬币做了1000次试验，发现正面朝上出现了560次，那么出现正面朝上的频率为，由于每次抛硬币时，正面朝上和反面朝上的机会相等，都是，故出现正面朝上的概率为．故选:B．2．若直线经过两点，，且其倾斜角为135°，则m的值为（    ）A．0 B． C． D．【答案】D【分析】根据两点斜率公式求解即可.【详解】经过两点，的直线的斜率为，又直线的倾斜角为135°，∴，解得．故选：D3．圆与圆的位置关系为（    ）A．外离 B．外切 C．相交 D．内切【答案】D【分析】计算两圆圆心距离，利用几何法可判断两圆的位置关系.【详解】圆圆心为，半径为，圆的圆心，半径为，则两圆的圆心距为，而，则圆与圆的位置关系为内切．故选：D.4．已知双曲线C：的离心率为2，且与椭圆有公共焦点，则双曲线C的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据椭圆与双曲线的概念和性质，结合题意即可求解.【详解】设双曲线C的半焦距为c．∵椭圆的焦点为，∴．又双曲线C：的离心率为，∴，即，解得，则，故双曲线C的方程为．故选：．5．足球点球大战中，每队派出5人进行点球，假设甲队每人点球破门的概率都是，乙队每人点球破门的概率都是，若甲队进4球的概率为，乙队队进3球的概率为，则（    ）A． B．C． D．，大小关系无法确定【答案】A【分析】根据二项分布概率模型求解.【详解】甲队进4球的概率为，乙队队进3球的概率为，则．故选:A．6．已知三棱锥中，，，且，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】连接，结合空间向量的基本定理求解即可.【详解】连接，由，，所以．故选：B．7．记等差数列的前n项和为，已知，，则（    ）A．60 B．70 C．80 D．100【答案】C【分析】根据题意，结合等差数列求和公式和通项公式得，，再求和即可.【详解】由是等差数列可得，∴，又，∴公差，，∴．故选：C8．抛物线C：的焦点为F，其准线与x轴的交点为N，以NF为直径的圆与抛物线C在第四象限交于点B，延长BF交抛物线C于另一点A，则（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】设出直线的方程并与抛物线方程联立，利用根与系数关系、圆与抛物线的交点等知识求得两点的横坐标，结合抛物线的定义求得正确答案.【详解】由，则焦点，且准线方程为直线，即，设BF的直线方程为，联立抛物线可得，消去y可得，化简得，∵点B位于以线段NF为直径的圆上，易知以线段NF为直径的圆的方程为，将代入上式，可得，解得，（舍去），则点B的横坐标，设点A的横坐标，由韦达定理可得，则，根据抛物线的定义，可得，，则．故选：B 二、多选题9．袋中有2个白色乒乓球和3个橙色乒乓球，从中任选2个，在下列各组事件中，是互斥事件的是（    ）A．恰有1个橙色乒乓球和恰有2个橙色乒乓球B．至少有1个白色乒乓球和至少有1个橙色乒乓球C．至少有1个橙色乒乓球和全是橙色乒乓球D．至少有1个橙色乒乓球和全是白色乒乓球【答案】AD【分析】根据互斥事件的概念依次分析各选项即可得答案.【详解】对于A选项，恰有1个橙色乒乓球即选出的两个乒乓球中有1个白色乒乓球1个橙色乒乓球，它与恰有2个橙色乒乓球不可能同时发生，A中两个事件是互斥事件，正确；对于B选项，两个事件均可能有1个白色．乒乓球和1个橙色乒乓球，B中两个事件不是互斥事件，故错误；对于C选项，至少一个橙色乒乓球包含全是橙色乒乓球的情况，C中两个事件不是互斥事件，故错误；对于D选项，至少有一个橙色乒乓球与全是白色乒乓球显然不可能同时发生，D中两个事件是互斥事件，故正确．故选：AD．10．已知向量，，，且，，则（    ）A． B．C．或8 D．向量，，共面【答案】BC【分析】A选项代入向量模长公式，即可求得；B选项，根据两向量垂直，数量积为0，即可求得；C选项，根据，可得的值，再用数量积的坐标运算法则计算即可；D选项，求出的值，若三个向量共线，则，代入坐标计算即可.【详解】∵，∴，解，∴A错误；∵，∴，解得，故B正确；或，，当时，；当时，；故C正确；当时，令，则，得，无解；当时，令，则，得，无解；∴向量，，不共面．故D错误．故选：BC．11．已知直线和圆，则（    ）A．直线恒过定点B．圆心到直线的最大距离是2C．若直线与圆相切，则或D．若，直线与圆相交【答案】AC【分析】令求出方程组的解，即可得到直线过定点坐标，即可判断A，求出圆心到定点的距离，即可判断B，利用圆心到直线的距离等于半径得到方程求出，即可判断C，求出圆心到直线的距离，即可判断D.【详解】解：对于A，由：，令，解得，∴直线恒过定点，故A正确；对于B，∵直线恒过定点，圆心到直线的最大距离等于圆心到定点的距离，即，故B错误；对于C，若直线与圆相切，则圆心到直线的距离，解得或，故C正确；对于D，当时，直线，圆心到直线的距离，∴直线与圆相离，故D错误．故选：AC．12．斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第n项，则数列满足：，，记，则下列结论正确的是（    ）A．数列是递增数列 B．C． D．【答案】BCD【分析】由数列的递推公式可判断A,B；利用累加法计算可判断选项C,D.【详解】对A，由知，的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，其中，第一二项相等，不满足递增性，故A错误；对B，根据递推公式，得，故B正确；对C，，，，……，，∴，即，故C正确；对D，由递推式，得，，…，，累加得，∴，∴，即，故D正确；故选：BCD． 三、填空题13．直线l的方向向量是，平面的法向量，若直线平面，则______．【答案】2【分析】根据直线平面，可得，即可得解.【详解】若直线平面，则，∴，解得．故答案为：.14．如图，正四面体的长为1，，则______．【答案】##0.5【分析】选为基底，然后表示，利用向量的数量积的公式计算即可.【详解】．故答案为：15．已知椭圆C：中，，为椭圆的左、右焦点，，为椭圆的上、下顶点，若四边形是有一个顶角为60°的菱形，则椭圆的离心率为______．【答案】或##或【分析】当时，，得到，当时，，得到.【详解】设椭圆C的半焦距为c．分两种情况：当时，如图所示：，则，则，即.当时，如图所示：，则，则，即.所以椭圆的离心率或．故答案为：或16．已知数列的前n项和为，，，，则______．【答案】【分析】结合题干求出和，然后利用递推公式得出是等差数列，公差为1，首项为的等差数列，进而求解即可.【详解】在中，令，得，得，又，∴，解得（舍去），∵，∴，，当时，，又，∴，即，∴由，得，∴是等差数列，公差为1，首项为，∴，∴，从而．故答案为：. 四、解答题17．在一只袋子中装有2个红玻璃球和3个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个．(1)求取得两个同颜色的玻璃球的概率；(2)求至少取得一个绿玻璃球的概率．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用互斥事件的概率求解；（2）利用对立事件的概率求解.【详解】（1）解：设“取得两个红玻璃球”为事件A，“取得两个绿玻璃球”为事件B，则，，又，即事件A，B互斥，∴取得两个同颜色的玻璃球的概率为．（2）设至少取得一个绿玻璃球的的对立事件为事件C，∴其概率为．18．已知是等差数列的前n项和，，．(1)求数列的通项公式；(2)若，求n的最小值．【答案】(1)(2)8 【分析】（1）根据等差数列的通项公式列式求得，即可得结果；（2）先根据等差数列的求和公式求，解不等式即可得结果，注意.【详解】（1）设数列的公差为d，由题意可得：，解得，∴．（2）由（1）可得：，令，即，解得或（舍去），∵，故n的最小值是8．19．已知双曲线C：的左，右焦点分别为，，且，都在圆上，连接双曲线C的两个实轴端点、两个虚轴端点组成的菱形的面积为．(1)求双曲线C的标准方程；(2)设P是双曲线C与圆在第一象限的交点，求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据焦点，都在圆上得出，再根据菱形的面积为和的关系可得，，进而求解；(2)根据题意得到，然后利用勾股定理得出，进而求解即可.【详解】（1）由双曲线方程知：焦点，∵，都在圆，∴，解得（负值舍去），∵连接双曲线C的两个实轴端点、两个虚轴端点组成的菱形的面积为，∴，得，①又，②联立①②，解得，或，，∵，∴，舍去，∴，，故双曲线C的标准方程为．（2）由（1）知：，，∴是圆的直径，∴，∴，∴，∴．20．如图，在正方体中，E，F分别为，的中点．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；（2）建系，利用空间向量求线面夹角.【详解】（1）作的中点G，连接EG，AG，如下图所示，∵分别为的中点，则，，且，，则，，∴四边形ADEG是平行四边形，则，∵分别为的中点，则，，∴四边形是平行四边形，则，故，且平面，平面，∴平面．（2）以A为坐标原点，，，正方向为x，y，z轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，，，，则，，，设平面的一个法向量，则，令，则，故平面的一个法向量，设直线与平面所成角的大小为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.21．过抛物线的焦点且垂直于轴的直线与交于两点（在第一象限），为坐标原点，的面积为2．(1)求抛物线的方程；(2)设过点的直线与抛物线相交于两点（异于点），设直线的斜率分别为，，证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题知所在直线的方程为，进而联立方程求得，再结合题意得即可得答案；（2）由题，设直线的方程为，，，进而与抛物线联立方程，并结合韦达定理，斜率公式求解即可.【详解】（1）解：由题知，所以所在直线的方程为，所以，联立，解得，或，所以，，因为的面积为2，所以，解得，所以，抛物线的方程为．（2）证明：依题意，直线的斜率存在（若不存在，则与拋物线只有一个交点），设直线的方程为，即，，，联立，消去y，得，所以，，解得或，，由（1）可知点，所以．所以为定值1．22．已知椭圆C：的上顶点为K，左右顶点分别为A，B，，的周长为．(1)求椭圆C的方程；(2)O为坐标原点，O，B关于直线L对称，过直线L与x轴的交点作斜率为k的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N（异于A，B两点），直线AM，AN分别交直线L于P，Q两点，当四边形APBQ的面积为4时，求k的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由条件可得，再根据三角形周长公式，即可求解；（2）首先设直线：，与椭圆方程联立，得到韦达定理，并用点的坐标表示直线和，并求得点的坐标，利用韦达定理表示四边形的面积，即可求的值.【详解】（1）∵，∴，①∵的周长为，∴，②联立①②，解得，，∴椭圆C的方程．（2）易知，，直线L：，直线L与x轴的交点为，设直线MN的方程为，联立直线MN与椭圆的方程，消去y得，设，，则，，，直线AM的方程为，令，则，∴；直线AN的方程为，令，则，∴，∵四边形APBQ的面积为4，∴，即，则，因此，即，化简得，将，代入得，进而，∴，化简得，进而，故．