精品解析：江苏省泰州中学2022-2023学年高二下学期5月检测数学试题（解析版）

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江苏省泰州中学2022-2023学年度第二学期月度检测
高二数学试题
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项符合要求）
1. 已知集合，，则集合B中所有元素之和为（ ）
A. 0 B. 1 C. －1 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意列式求得的值，即可得出答案.
【详解】根据条件分别令，解得，
又，所以，，
所以集合B中所有元素之和是，
故选：C．
2. 已知平面α内有一点A(2，－1,2)，它的一个法向量为，则下列点P中，在平面α内的是（　　）
A. (1，－1,1) B. (1,3，)
C. (1，－3，) D. (－1,3，－)
【答案】B
【解析】
【分析】要判断点P是否在平面内，只需判断向量与平面的法向量是否垂直，即判断是否为0即可.
【详解】对于选项A，，则，故排除A；
对于选项B，，则
对于选项C，，则，故排除C；
对于选项D，，则，故排除D；
故选:B
3. 已知，则的最小值是
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】由题意知，，运用基本不等式即可求出最小值．
【详解】由题意知，，
因为，所以，
则，（当且仅当，即时取“=”）
故的最小值是5.
故答案为D.
【点睛】本题考查了基本不等式的运用，要注意“=”取得的条件，属于基础题．
4. 将一个骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数能组成成等差数列的概率为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】分析：将一个骰子连续抛掷三次，每次都有种情况，由分步计数原理可得共有种情况，、分两种情况讨论骰子落地时向上的点数能组成等差数列的情况，可得符合条件的情况数目，由古典概型概率公式可得结果.
详解：根据题意，将一个骰子连续抛掷三次，每次都有种情况，
则共有种情况，
它落地时向上的点数能组成等差数列，分两种情况讨论：
①若落地时向上的点数若不同，
则为或或或或或，共有种可能，
每种可能的点数顺序可以颠倒，即有种情况，
共有种情况；
②若落地时向上的点数全相同，有种情况，
共有种情况，
落地时向上的点数能组成等差数列的概率为，故选A.
点睛：本题考查古典概型概率公式，属于中档题. 在解古典概型概率题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件，然后根据公式求得概率.
5. 下列说法中正确是（ ）
①设随机变量服从二项分布，则；②已知随机变量服从正态分布且，则；③小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则；④；.
A ①②③ B. ②③④ C. ②③ D. ①③
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项分布概率公式，即可得出①；根据正态分布的对称性，即可得出②；根据已知求出，然后根据条件概率的概率公式，即可得出③；直接求解即可判断④.
【详解】对于①，根据二项分布概率公式可得，，故①正确；
对于②，根据已知可得，，
所以.
根据正态分布的对称性可知，，故②正确；
对于③，由已知可得，，，
所以，，故③正确；
对于④，，，故④错误.
所以，正确的为①②③.
故选：A.
6. 阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉．三个家庭的3位妈妈带着3名女宝和2名男宝共8人踏春．在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾孩子；3名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止2名男宝打闹，2人不相邻，且不排最前面也不排最后面．则不同的排法种数共有( )
A. 144种 B. 216种 C. 288种 D. 432种
【答案】C
【解析】
【分析】利用捆绑法和插空法进行求解．
详解】第一步：先将3名母亲全排，共有种排法；
第二步：将3名女宝“捆绑”在一起，共有种排法；
第三步：将“捆绑”在一起的3名女宝作为一个元素，在第一步形成的2个空中选择1个插入，有种排法；
第四步：首先将2名男宝之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间，然后将另一个男宝插入由女宝与妈妈形成的2个空中的其中1个，共有种排法．
∴不同的排法种数有：种．
故选：C．
7. 若是9的倍数，则自然数n为（ ）
A. 4的倍数 B. 3的倍数 C. 奇数 D. 偶数
【答案】C
【解析】
【分析】将化简为，由此可得选项.
【详解】因为
，
又是9的倍数，
∴为偶数，即为奇数．
故选：C.
8. 2020年疫情期间，某县中心医院分三批共派出6位年龄互不相同的医务人员支援武汉六个不同的方舱医院，每个方舱医院分配一人.第一批派出一名医务人员的年龄为，第二批派出两名医务人员的年龄最大者为，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为，则满足的分配方案的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】假设6位医务人员年龄排序为，由必在第三批，将派遣方式按第一批所派遣的人员不同分成四类，求出满足的派遣方法数，再计算总派遣方法数，即可求概率.
【详解】假设6位医务人员年龄排序为，由题意知，年龄最大的医务人员必在第三批，派遣方式如下：
1、第一批派，第二批年龄最大者为，第三批年龄最大者为：剩下的医务人员一个在第二批，两个在第三批有种方法，
2、第一批派，第二批年龄最大者为或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，共种方法；
3、第一批派，第二批年龄最大者为或或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有1种方法，共种方法；
4、第一批派，第二批年龄最大者为或或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有1种方法，共种方法；
∴种方法，而总派遣方法有种，
∴满足的分配方案的概率为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：应用分类分步计数原理，结合题设含义，按第一批派遣的人员不同将派遣方式分类，再根据第二批的最大年龄者的不同确定各类的派遣方法数.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 已知随机变量的概率密度函数为，且的极大值点为，记，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据已知可求得，，，，即可判断A、B项；然后求出，根据正态分布的对称性，即可得出C、D项.
【详解】对于A项，根据已知可得，，.
因为的极大值点为，所以有，所以，故A项错误；
对于B项，由A分析可知，，故B项正确；
对于C项，由A分析可知，.
又，，
根据正态分布的对称性，可知，所以，故C正确；
对于D项，因为，所以，.
所以，，故D项正确.
故选：BCD.
10. 已知定义在上的函数满足，，且在区间上单调递增.下列结论正确的是（ ）
A. 是函数的最小值 B. 函数的图像的一个对称中心是点 C. D. 函数的图像的一条对称轴是直线
【答案】BC
【解析】
【分析】通过题设条件结合函数的性质加以判断即可.
【详解】由函数的定义域为,且，可得函数为奇函数.
又，知函数的图像关于点对称.
没法判断函数的对称轴，故选项错误.
在区间上单调递增，在区间上单调递增.
又由是奇函数，在区间上单调递增，故不是函数的最小值. 所以选项错误.
由可得,
则,周期为4.,
，
的图像的一个对称中心是点,选项B正确.
由可得,.选项C正确.
故选：BC.
11. 如图的六面体中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，则（ ）

A. CD⊥平面ABC B. AC与BE所成角的大小为 C. D. 该六面体外接球的表面积为3π
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定定理、空间向量以及球的表面积公式进行计算求解.
【详解】因为CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝，
所以，
即 又，
所以CD⊥平面ABC，故A正确；
因为CD⊥平面ABC，如图，建立空间之间坐标系，

因为CA＝CB＝CD＝1，所以四面体是正三棱锥，
因为AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，所以四面体是正四面体，
在正三棱锥中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，
同理，在正四面体中，过顶点作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，
所以，三点共线；
因为，因为正三角形的中心，所以，
设，因为在正四面体中，，在正三棱锥中，，
所以，解得，所以，所以，又，
所以，故AC与BE所成角的大小为，故B错误；
因为，所以，故C正确；

显然，该六面体外接球的球心位于线段的中点，因为，所以六面体外接球的半径，
所以该六面体外接球的表面积为，故D正确.
故选：ACD.
12. 德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet,1805~1859)在数学领域成就显著.19世纪,狄利克雷定义了一个“奇怪的函数” 其中R为实数集,Q为有理数集.则关于函数有如下四个命题,正确的为
A. 函数是偶函数
B. ,,恒成立
C. 任取一个不为零的有理数T,对任意的恒成立
D. 不存在三个点,,,使得为等腰直角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数的定义以及解析式，逐项判断即可．
【详解】对于A，若，则，满足；若，则，满足；故函数为偶函数，选项A正确；
对于B，取，则，，故选项B错误；
对于C，若，则，满足；若，则，满足，故选项C正确；
对于D，要为等腰直角三角形，只可能如下四种情况：
①直角顶点在上，斜边在轴上，此时点，点的横坐标为无理数，则中点的横坐标仍然为无理数，那么点的横坐标也为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立；

②直角顶点在上，斜边不在轴上，此时点的横坐标为无理数，则点的横坐标也应为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，此时也不符合函数定义，故不成立；

③直角顶点在轴上，斜边在上，此时点，点的横坐标为有理数，则中点的横坐标仍然为有理数，那么点的横坐标也应为有理数，这与点的纵坐标为0矛盾，故不成立；

④直角顶点在轴上，斜边不在上，此时点的横坐标为无理数，则点的横坐标也应为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，此时也不符合函数定义，故不成立．

综上，不存在三个点，，，使得为等腰直角三角形，故选项D正确．
故选：．
【点睛】本题以新定义为载体，考查对函数性质等知识的运用能力，意在考查学生运用分类讨论思想，数形结合思想的能力以及逻辑推理能力，属于难题．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 两批同种规格的产品，第一批占30%，次品率为5%；第二批占70%，次品率为4%，将两批产品混合，从混合产品中任取1件.则取到这件产品是合格品的概率为___________.
【答案】0.957##95.7%
【解析】
分析】根据给定条件，利用全概率公式计算作答.
【详解】设=“取到合格品”，=“取到的产品来自第i批”（i=1，2），则，，
由全概率公式得：.
故答案为：0.957
14. 用黑白两种颜色随机地染如图所示的5个格子，每个格子染一种颜色，则从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的染色方法种数为______.

【答案】10
【解析】
【分析】根据分析可知染成白色格子的数目可能为，且第1个格子必须染为黑色.分类讨论，分别求出方法数，根据分类加法计数原理，即可得出答案.
【详解】由已知可得，染成白色格子的数目可能为，且第1个格子必须染为黑色.
若染成白色格子的数目为0，则只有1种染色方法，即全部染为黑色；
若染成白色格子的数目为1，则可以在后面4个格子种任意选择1个染为白色，即可满足题意，此时有4种方法；
若染成白色格子的数目为2，则第2或第3个格子，至少有1个为黑色，
若第2或第3个格子恰有1个为黑色，则第4或第5个格子，也有1个为黑色，此时的染色方法为；
若第2和第3个格子都为黑色，则第4和第5个格子，都为白色，此时的染色方法为1.
根据分类加法计数原理可知，总的染色方法种数为.
故答案为：10.
15. 已知函数，则使不等式成立的的取值范围是_______________
【答案】
【解析】
【分析】由奇偶性定义可判断出为偶函数，结合复合函数单调性的判断可得到在上单调递增，由偶函数性质知其在上单调递减，利用函数单调性解不等式即可求得结果.
【详解】由，解得：或，故函数的定义域为，
又，
为上的偶函数；
当时，单调递增，
设，，
在上单调递增，在上单调递增，
在上单调递增，又为偶函数，在上单调递减；
由可知，解得．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题考查利用函数单调性和奇偶性求解函数不等式的问题，解决此类问题中，奇偶性和单调性的作用如下：
（1）奇偶性：统一不等式两侧符号，同时根据奇偶函数的对称性确定对称区间的单调性；
（2）单调性：将函数值的大小关系转化为自变量之间的大小关系.
16. 正方体的棱长为3，点，分别在线段和线段上，且，，点是正方形所在平面内一动点，若平面，则点的轨迹在正方形内的长度为______.
【答案】
【解析】
【分析】在上取点，使得，在上取点，使得，根据线面平行以及面面平行的判定定理，推得平面平面.结合已知即可得出在线段上，然后根据勾股定理，即可得出答案.
【详解】
如图，在上取点，使得，在上取点，使得，连接.
根据正方体的性质可知，，.
由已知可得，，
又，所以.
又，所以，四边形为平行四边形，
所以，，且.
同理可得，，且，.
根据正方体的性质可知，，且，
所以，，且，
所以，四边形是平行四边形，
所以，.
因为平面，平面，所以平面.
同理可得，平面
因为平面，平面，，
所以，平面平面.
又平面平面，
所以，根据面面平行的性质定理可知，只有在线段上运动时，满足条件.
过点作，垂足为，
易知，且，，
所以，.
故答案为：.
四、解答题（本题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知函数是偶函数.
（1）求的值；
（2）若方程有解，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出.根据偶函数的性质推得恒成立，即可得出；
（2）由（1）知，根据对数运算性质，即可得出.换元，根据基本不等式即可得出，即可得出答案.
【小问1详解】
由已知可得，.
因为为R上的偶函数，所以，
即，即恒成立，
所以，，解得.
【小问2详解】
由（1）知，.
令，则，当且仅当时等号成立，
所以，，即，所以.
因为方程有解，即有解，所以.
18. （1）已知，是正整数，的展开式中的系数为7，对于使的的系数为最小的，，求出此时的系数；
（2）已知展开式的二项式系数的最大值为，系数的最大值为，求.
【答案】（1）5；（2）
【解析】
【分析】（1）先根据二项式定理，得出的通项为，.根据已知得出关系式，结合二次函数的性质，即可得出的值，代入即可求得答案；
（2）根据二项式系数的性质即可得出，写出展开式的通项，根据不等式组，求出的值，代入即可得出.
【详解】（1）根据二项式定理可知，的展开式的通项为，.
则根据题意，可得，即，①
中的的系数为.
将①变形为，代入上式得的系数为，
故当或时，的系数的最小值为9.
当，时，的系数为；
当，时，的系数为.
（2）由题意可得.
展开式的通项为，
设第项的系数最大，则有，即.
又，所以或6，
此时，，
所以.
19. 某公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付．某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次，统计数据如下表所示：
x
1
2
3
4
5
6
7
y
6
11
21
34
66
101
196
根据以上数据，绘制了如图所示的散点图．

（1）根据散点图，判断在推广期内，与（c，d均为大于零的常数）哪一个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）；
（2）根据（1）的判断结果及题干中表格内的数据，建立y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次．
参考数据：





62.14
1.54
2535
50.12
3.47
其中，．
参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
【答案】（1）适宜
（2），活动推出第8天使用扫码支付的人次为347
【解析】
【分析】（1）根据散点图判断即可；
（2）对两边同时取常用对数，得，进而转化为线性关系，再根据已知数据计算回归方程，并代入数据检验即可.
【小问1详解】
解：根据散点图判断，适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型
【小问2详解】
解：因为，所以两边同时取常用对数，得．
设，，则
因为，，
所以．
所以
所以
故
把代入上式，得
所以y关于x的回归方程为，
活动推出第8天使用扫码支付的人次为347．
20. 某市在滨海文化中心有滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体中，，圆台下底圆心为的中点，直径为2，圆与直线交于，圆台上底的圆心在上，直径为1．

（1）求与平面所成角的正弦值；
（2）圆台上底圆周上是否存在一点使得，若存在，求点到直线的距离，若不存在则说明理由．
【答案】（1）
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，用向量法求与平面所成角的正弦值；
（2）假设存在这样的点P，设，由和联立解出，即可求解．
【小问1详解】
（1）由长方体可知，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，

则，，，.所以.
设平面的一个法向量为，
则有，即，令，则，，故，
所以，故与平面所成角的正弦值为；
【小问2详解】
由（1）可知，，，所以，假设存在这样的点P，设，由题意可知，所以，因为，则有，所以，又，所以，解得（舍），，所以当时，，此时点到直线的距离为．
21. 现有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有8个红球和2个白球乙袋中有4个红球和6个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为.
（1）求首次试验结束的概率；
（2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率进行调整.
①求选到的袋子为甲袋的概率；
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案；方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.
【答案】（1）
（2）①；②方案二中取到红球的概率更大
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式，解决抽签问题；
（2）利用条件概率公式计算，根据数据下结论．
【小问1详解】
设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件，

所以试验一次结果为红球的概率为.
【小问2详解】
①因为，是对立事件，，
所以，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
②由①得，
所以方案一中取到红球的概率为：，
方案二中取到红球的概率为：，
因为，所以方案二中取到红球的概率更大.
22. 若函数与对任意，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上"阶伴随函数”；当时，则称为区间上的“阶自伴函数”
（1）判断是否为区间上的“2阶自伴函数"?并说明理由；
（2）若函数为区间上的“1阶自伴函数"，求的最小值.
（3）若是在区间上的“2阶伴随函数”，求实数的取值范围.
【答案】（1）不是，理由见解析；
（2） ；
（3） .
【解析】
【分析】（1）根据 的值域以及“2阶自伴函数”的定义，举反例即可证明不是“2阶自伴函数”；
（2）根据 的值域，确定a，b之间的关系，运用基本不等式即可；
（3）根据根据 的值域确定 的值域，再根据二次函数的性质即可确定a的取值范围.
【小问1详解】
对于，有 ，如果 ，使得 ，
则必有 ，令 ，则 ，
不是“2阶自伴函数”；
【小问2详解】
对 ，使得 ，即 ， ，
，当 时成立，即 ，代入 得 ，满足题意，
所以 的最小值为 ；
【小问3详解】
依题意，对于 ，存在唯一的 ，使得 ， ， ，
二次函数 的对称轴 ，开口向上，
当 时， 在区间 上单调递增， 只要 即可，
即 ，解得： ；
当 时， 在区间 上单调递减， 只要 即可，
即 ，解得： ；
当 时， 在区间单减，在 上单增，最小值是 ，
，即 ，解得 ，
当 时， 在区间单减，在 上单增，最小值是
或者 ，即 ，解得 ；
所以a的取值范围是 .
【点睛】本题首先要理解“m阶自伴函数”或“m阶伴随函数的意义”，然后根据每一小问函数的类型设计出解决问题的思路，
对于第三问，存在对称轴问题，需要仔细分类讨论，特别是当 时，要考虑对称轴在 区间时，二次函数的图像的形状，以此来建立不等式求出a的范围.