2023连云港灌南县二中高二下学期第一次月考数学试题含解析

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灌南县第二中学2022-2023学年度第二学期第一次阶段性检测高二数学试题一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上）1. 已知，则x可能取值为（    ）A. 6 B. 7 C. 8 D. 9【答案】B【解析】【分析】根据组合数的性质求解即可【详解】因为，故，或，故故选：B2. 在平行六面体中，E，F分别是棱，的中点，记，，，则等于（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据几何体线段的位置关系，结合向量加减、数乘的几何意义将用表示即可.【详解】.故选：C.3. 从0，1，2，3，4这5个数字中选出3个不同数字能组成（    ）个三位偶数A. 30 B. 24 C. 18 D. 36【答案】A【解析】【分析】分个位为0、个位为2或4两种情况讨论得解.【详解】当个位为0时，先从1,2,3,4中选出两个数字排列在百位和十位，共有种方法；当个位为2或4时，先从2, 4中选出1个数字排列在个位，有种方法，再从剩下的3个非0数字中选一个排在百位，有种方法，最后从剩下的3个数字中选一个排在十位，有种方法，共有种方法.综合得能组成个三位偶数.故选：A4. 已知的展开式中所有项的系数之和为，则展开式中含有的项的系数为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】令，可由各项系数和可得；利用二项展开式的通项公式，分别令和即可求得结果.【详解】令，则，解得：；则展开式的通项为：，令，解得：，则；令，解得：，则；展开式中含有的项的系数为.故选：A.5. 一名刚入伍的士兵带着一把步枪到练习场地打靶，已知此步枪每次只装3发子弹，若命中目标或子弹打完，则停止练习．新兵第一枪命中靶标的概率为0.7，第二枪命中靶标的概率为0.4，第三枪命中靶标的概率为0.3，则在已知靶标被击中的条件下，士兵开第二枪命中的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意设出事件，结合条件概率的计算公式，即可求解.【详解】记事件A为“士兵第一次击中靶标”，B为“士兵第二次击中靶标”，C为“士兵第三次击中靶标”，D为“靶标被击中”，则，，所以.故选：A.6. 如果今天是星期五，经过7天后还是星期五，那么经过天后是（    ）A. 星期三 B. 星期四 C. 星期五 D. 星期六【答案】D【解析】【分析】只要求出除以7的余数即可，所以将化为，然后利用二项式定理展开即可得结果【详解】因为,所以除以7的余数为1，所以经过天后是星期六，故选：D7. 如图所示，A，B两点共有5条连线并联，它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为2，3，4，3，2．现记从中任取三条线且在单位时间内都通过的最大信息总量为，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意可得的可能取值为7,8,9,10，再根据与为对立事件求解即可【详解】由已知得，的可能取值为7,8,9,10，故与是对立事件，所以P(ξ≥8)＝1－P(ξ＝7)＝＝．故选：D8. 某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数学”“复变函数”“微分几何”“数值分析”“拓扑学”五门选修课程，要求学院每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（    ）A. 150种 B. 210种 C. 300种 D. 540种【答案】B【解析】【分析】依题意每位同学每年所修课程数可以分为0，2，3或1，1，3或1，2，2，先将课程分组，再分配到三个学年，最后按照分类、分步计数原理计算可得；【详解】由题意可知三年修完五门课程，且每年至多选三门，则每位同学每年所修课程数可以分为0，2，3或1，1，3或1，2，2．若按1，2，2选修五门课程，则先将五门选修课分成三组，有种不同方式，再分配到三个学年，共有种不同的分配方式，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式；若按0，2，3选修四门课程，则先将五门选修课分成三组，有种不同方式，再分配到三个学年，共有种不同分配方式，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式；若按1，1，3选修四门课程，则先将五门选修课分成三组，有种不同方式，再分配到三个学年，共有种不同的分配方式，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式．所以每位同学的不同选修方式有种．故选：B．二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分，请把答案填涂在答题卡相应位置上）9. 设随机变量的可能取值为，并且取是等可能的.若，则下列结论正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】由等可能得出，结合求出值，再由期望公式和方差公式计算后判断.【详解】由题意，，，，，.故选：AC.10. 已知的二项展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是（    ）A. 二项展开式中无常数项B. 二项展开式中第3项为C. 二项展开式中各项系数之和为D. 二项展开式中二项式系数最大的项为【答案】BC【解析】【分析】由二项式系数之和为64，可得，可求得，从而可得二项式的通项公式为，然后逐个分析判断即可【详解】因为的二项展开式中二项式系数之和为64，所以，得，所以二项式的通项公式为，对于A，令，则，所以二项式展开式的第5项为常数项，所以A错误，对于B，令时，，所以B正确，对于C， 令，则二项展开式中各项系数之和为，所以C正确，对于D，因为二项式展开式中共有7项，所以第4项的二项式的系数最大为，所以D错误，故选：BC11. 已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（－1，3，1），则正确的有（    ）A. 与是共线向量B. 平面ABC的一个法向量是（1，－1，3）C. 与夹角的余弦值是D. 与方向相同的单位向量是（1，1，0）【答案】BC【解析】【分析】A选项直接写出与，按照共线向量即可判断；B选项直接计算法向量即可. C选项通过夹角公式计算即可；D选项由单位向量的求法进行判断；【详解】对A，，，因为，显然与不共线，A错误；对B，设平面的法向量，则，令，得，B正确.对C，，，C正确；对D，方向相同的单位向量，即，D错误；故选：BC12. 现有一款闯关游戏，共有关，规则如下：在第关要抛掷骰子次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则算闯过第关，.假定每次闯关互不影响，则（     ）A. 直接挑战第关并过关的概率为B. 连续挑战前两关并过关的概率为C. 若直接挑战第关，设 “三个点数之和等于”， “至少出现一个点”，则D. 若直接挑战第关，则过关的概率是【答案】ACD【解析】【分析】分别求出基本事件的总数，求出符合条件的事件数，然后利用条件概率以及古典概型的概率公式进行求解，对每个选项逐一判断即可．【详解】解：对于，直接挑战第2关，则，所以投掷两次点数之和应大于6，故直接挑战第2关并过关的概率为，故选项正确；对于，闯第1关时，，所以挑战第1关通过的概率为，则连续挑战前两关并过关的概率为，故选项错误；对于，由题意可知，抛掷3次的基本事件有个，抛掷3次至少出现一个5点的基本事件共有个，故，而事件包括：含5，5，5的1个，含4，5，6的有6个，一共有7个，故，所以，故选正确；对于，当时，，基本事件共有个，“4 次点数之和大于20”包含以下情况：含5，5，5，6的有4个，含5，5，6，6的有6个，含6，6，6，6的有1个，含4，6，6，6的有4个，含5，6，6，6有4个，含4，5，6，6的有12个，含3，6，6，6的有4个，所以共有个，所以直接挑战第4关，则过关的概率是，故选项正确．故选：．三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分.请把答案填写在答题卡相应位置上）13. 求值：_______．【答案】0【解析】【分析】根据组合数的计算求解即可【详解】故答案：014. 2022年北京冬奥会即将开幕，某校4名学生报名担任志愿者.将这4名志愿者分配到3个比赛场馆，每个比赛场馆至少分配一名志愿者，则所有分配方案共有______种.（用数字作答）【答案】36【解析】【分析】先将4名同学按2,1,1分成3组，再将这3组分配到3个比赛场馆可得答案.【详解】将4名同学按2,1,1分成3组有种方法.再将这3组分配到3个比赛场馆，共有种则所有分配方案共有种故答案为：3615. 已知空间向量，，，则向量与的夹角为__________．【答案】##【解析】【分析】根据求得，利用夹角公式求得向量与的夹角.详解】解：依题意，所以，所以，由于，所以向量与的夹角为.故答案为： .16. 如图所示，在杨辉三角中，斜线AB上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：1，2，3，3，6，4，10，…，记这个数列的前n项和为S(n)，则S(16)的值为_____.【答案】164【解析】【分析】根据图形可知，从第三行起每一行取第二和第三个数字，再根据组合数的性质，即可计算求出.【详解】由图可知，这十六个数的和为．故答案为：164.【点睛】本题主要考查组合数的性质的应用，解题关键是凑出的形式，反复利用组合数性质求和，属于基础题．四､解答题（本大题共6小题，共计70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤）17. 甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和3个红球，丙袋中有4个白球和4个红球．先随机取一只袋，再从该袋中先随机取1个球不放回，接着再从该袋中取1个球．（1）求第一次取出的球为红球的概率；（2）求第一次取出的球是红球的前提下，第二次取出的球是白球的概率．【答案】（1）;    （2）.【解析】【分析】（1）设出事件，利用全概率公式进行求解；（2）结合第一问的求解，设出事件，用全概率公式和条件概率公式进行求解.【小问1详解】设第一次取出的球为红球为事件A，取到甲袋、乙袋、丙袋为事件，，，则，由全概率公式可得：.【小问2详解】设第二次取出的球是白球为事件，由全概率公式可得： ，所以.18. 如图，在正方体中，为棱的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）连接，交交于点，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）以为正交基底建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：在正方体中，连接，交交于点，则为中点，因为为中点，所以，又因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】解：在正方体中，以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系设正方体的棱长为2，则，，，，所以，，设平面的一个法向量，则，取，可得，所以平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，所以，又由二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.19. 已知正项数列前项和为，（1）求的值，并求数列的通项公式;（2）设，数列前项和为，求使不等式成立的正整数组成的集合.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由数列递推式求出首项，进一步得到是以1为首项，1为公差的等差数列，求出等差数列的通项公式可得，代入求得数列的通项公式；（2）先求出，再代入不等式解不等式即得解.【详解】（1）解：由已知，得当时，；当时，，代入已知有，即．又，故或（舍，即，由定义得是以1为首项，1为公差的等差数列，，则；（2）由题得，所以数列前项和.因为，所以，所以.所以正整数组成的集合为{1,2}【点睛】本题主要考查项和公式求数列的通项，考查等差等比数列求和，考查数列分组求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20. 如图，正三棱柱的棱长都为2，D为的中点．（1）求直线与平面所成角的大小；（2）求点C到平面的距离．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求直线与平面所成角的大小；（2）以向量的方法去求点C到平面的距离即可解决．【小问1详解】取BC的中点O，取中点Q，连接OA，OQ.以O为原点，分别以OB,OQ,OA所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图：则，所以，因为，且，所以平面；所以是平面的一个法向量，又，设直线与平面所成角为，则，又因为，所以；【小问2详解】因为，则点C到平面的距离为．21. 已知函数.（1）若函数在处的切线与直线垂直,求实数的值;（2）当时,讨论函数的单调性.【答案】（1）；    （2）答案见解析【解析】【分析】(1)对求导，求出斜率，根据直线垂直的斜率公式列式，进而求出的值;(2)由（1）可得,分两种情况讨论函数的单调性即可【小问1详解】函数定义域为,由可得,因为函数在处切线与直线垂直，所以即,解得;【小问2详解】,记,①当即时,,函数在上单调递增;②当即时,令,解得，又,故，当时,,函数单调递增；当时,,函数单调递减；当时,,函数单调递增,综上所述,当时,函数在上单调递增;当时,函数在单调递增,函数在单调递减【点睛】方法点睛：确定单调区间的步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数，令，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；(3)利用的定义域和实根把函数的定义区间分成若干个小区间；(4)确定在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性22. 已知椭圆的离心率为，其右顶点为，下顶点为，定点，的面积为，过点作与轴不重合的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点.（1）求椭圆的方程；（2）试探究的横坐标的乘积是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，.【解析】【分析】（1）根据的面积为和离心率为，列等式可解得，从而可得椭圆的方程；（2）设的坐标分别为，通过直线方程得点的横坐标，设直线的方程为，与椭圆方程联立，根据韦达定理可得点的横坐标的乘积为定值.【详解】（1）由已知，的坐标分别是，由于的面积为，①，又由，化简得②，①②两式联立解得：或（舍去），，椭圆方程为；（2）设直线的方程为，的坐标分别为则直线的方程为，令，得点的横坐标，直线的方程为，令，得点的横坐标，，把直线代入椭圆得，由韦达定理得，∴，是定值．【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了运算求解能力，属于中档题.