2022-2023学年江苏省淮安市涟水县第一中学高二下学期5月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省淮安市涟水县第一中学高二下学期5月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年江苏省淮安市涟水县第一中学高二下学期5月月考数学试题

一、单选题
1．已知全集 ，集合 ，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据集合的交、补运算可直接求解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，
故选：D.
2．已知，则m等于（　　）
A．0 B．2或3 C．1或3 D．3
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用排列数、组合数求解作答.
【详解】由，得，
而，，有，所以或.
故选：B
3．向量，若，且，则的值为（　　）
A．或1 B．1 C．3或 D．3或1
【答案】A
【分析】利用空间向量模长的坐标表示求得，再由向量垂直的坐标表示求，即可得结果.
【详解】由，则，可得，
又，则，可得，
当，则；当，则；
所以的值为或1.
故选：A
4．已知a，b是两条不重合的直线，为一个平面，且a⊥，则“b⊥”是“a//b”的（    ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用充分条件、必要条件的定义即可得出选项.
【详解】当b⊥时，结合a⊥，可得a//b，充分性满足；
当a//b时，结合a⊥a，可得b⊥a，必要性满足.
故选：C.
5．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中．如图，白圈为阳数，黑点为阴数．若从这10个数中任取3个数，则这3个数中至多有1个阴数的概率为（　　）
  
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据题意确定10个数中的阳数和阴数，然后求出任取3个数中有0个阴数和1个阴数的概率，相加即可求解.
【详解】由题意知，10个数中，1，3，5，7，9为阳数，2，4，6，8，10为阴数，
若任取的3个数中有0个阴数，则概率为；
若任取的3个数中有1个阴数，则概率为；
故这3个数中至多有1个阴数的概率为.
故选：A.
6．为了提升全民身体素质，我校十分重视学生体育锻炼，高二年级篮球运动员进行投篮练习．如果他前一球投进则后一球投进的概率为；如果他前一球投不进则后一球投进的概率为.若他第1球投进的概率为，则他第2球投进的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意可知：，结合全概率公式运算求解.
【详解】记“第1球投进”为事件A，“第2球投进”为事件B，
由题意可知：，可得，
所以.
故选：C.
7．已知三棱柱中，，，平面垂直平面，，若该三棱柱存在体积为的内切球，则三棱锥体积为（   ）
A． B．4 C．2 D．
【答案】B
【分析】根据内切球的统计求出半径，由线面垂直的判定定理可得平面，三棱柱为直三棱柱，由平面垂直平面可得，设，根据直角三角形内切圆的半径即外接球的可得，最后由可得答案.
【详解】设内切球的半径为，则，所以，
因为，，所以，，
且，平面，所以平面，
所以三棱柱为直三棱柱，即侧棱垂直于底面，且侧棱长为2，
做交于点，连接，
因为平面垂直平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
因为平面， 平面，所以，
，平面，所以平面，
而平面，所以，
设，可得，解得，又，
解得，或，可得，
则三棱锥体积为.
故选：B.
  
8．我省高考总成绩由语文、数学、外语三门统考科目和思想政治、历史、地理、物理、化学、生物六门选考科目组成，将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A，B＋，B，C＋，C，D＋，D，E共8个等级，参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%，7%，16%，24%，24%，16%，7%，3%，选考科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到[91,100]，[81,90]，[71,80]，[61,70]，[51,60]，[41,50]，[31,40]，[21,30]八个分数区间，得到考生的等级成绩，如果某次高考模拟考试物理科目的原始成绩，那么D等级的原始分最高大约为（　　）
附：①若，，则；
②当时，.
A．23 B．29 C．26 D．43
【答案】C
【分析】设D等级的原始分最高为，由题意有，即，即可求结果.
【详解】由题意知：从低到高，即E到D等级人数所占比例为，
若D等级的原始分最高为，则，又，
所以，而，
所以，即，可得分.
故选：C

二、多选题
9．已知随机变量的分布列如下，且，则下列说法正确的是（    ）

1
2
3





A．， B．，
C． D．
【答案】BC
【分析】根据期望的公式以及分布列的性质列方程，求得，计算出，由此确定正确选项.
【详解】依题意，
所以，结合，解得，所以B选项正确.
，所以C选项正确.
故选：BC
【点睛】本小题主要考查随机变量的分布列、期望和方差的知识，属于基础题.
10．若冬季昼夜温差x（单位：）与某新品种反季节大豆的发芽数量y（单位：颗）具有线性相关关系，根据一组样本数据，用最小二乘法近似得到线性回归方程为，则下列结论中正确的是（　　）
A．y与x具有正相关关系
B．相应于点的残差为
C．若冬季昼夜温差的大小为，则该新品种反季节大豆的发芽数一定是35颗
D．若冬季昼夜温差增加1 ℃，则该新品种反季节大豆的发芽数约增加3.8颗
【答案】ABD
【分析】根据线性回归方程的相关计算，结合题意，进行逐一分析即可.
【详解】对A，因为回归直线的斜率为3.8，所以与具有正相关关系，A正确；
对B，当时，，则残差为，B正确；
对C，回归直线方程只可预测，不是确定的值，故C错误.
对D，冬季昼夜温差增加，则发芽数量的增加量即为回归直线方程的斜率，
则该新品种反季节大豆的发芽数约增加3.8颗，D正确；
故选：ABD.
11．连续抛掷一枚骰子2次，记事件表示“2次结果中正面向上的点数之和为奇数”，事件表示“2次结果中至少一次正面向上的点数为偶数”，则 （　　）
A．事件与事件相互独立 B．
C．事件与事件互斥 D．
【答案】BD
【分析】对于A，根据独立事件的概率公式分析判断，对于B，根据题意可知事件表示“2次结果中正面向上的点数之和为奇数，且一次奇数一次偶数”，对于C，根据互斥事件的定义分析判断，对于D，根据条件概率公式求解
【详解】由题意可知，事件表示“2次结果中正面向上的点数之和为奇数”，即一次奇数一次偶数，所以，
事件表示“2次结果中至少一次正面向上的点数为偶数”，即两次都为偶数，或一次奇数一次偶数，所以，
事件表示“2次结果中正面向上的点数之和为奇数，且一次奇数一次偶数”，所以，
对于A，因为，所以事件与事件不相互独立，所以A错误，
对于B，因为，所以B正确，
对于C，因为事件和事件可能同时发生，如两次的点数分别为1，2，则和为3，即属于事件，也属于事件，所以C错误，
对于D，因为，，所以，所以D正确，
故选：BD
12．如图，将两个现状一样的四面体经过适当的截角而得到两个截角四面体，将两个截角四面体的正六边形面相贴合，得到一个组合体，将截角切下来两个小正四面体分别贴放到组合体的左下角和右上角的正三角形面上，就可以得到一个平行六面体．在平行六面体中，已知，，则（    ）
  

A．直线与BD所成的角为
B．线段的长度为
C．直线与所成的角为
D．直线与平面ABCD所成角的正弦值为
【答案】BCD
【分析】设，将分别用表示，再根据向量数量积的运算律即可判断ABC；对于D，先证明平面平面，从而可得与平面所成的角为，再解即可.
【详解】设，则，
且，
对于A，，
，
所以直线与所成的角为，故A错误；
对于B，因为，
所以，故B正确；
对于C，因为，
所以，故C正确；
对于D，连接，交于点，则为的中点，
因为，，
所以，
又因平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
则与平面所成的角为，
因为，，所以，
则在中，，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为，故D正确.
  
故选：BCD.

三、填空题
13．命题“∀x∈R，ex－x＋1≥0”的否定是
【答案】∃x∈R，ex-x+1＜0．
【分析】利用全称命题的否定求解.
【详解】因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题“∀x∈R，ex-x+1≥0”的否定是：∃x∈R，ex-x+1＜0．
故答案为∃x∈R，ex-x+1＜0．
【点睛】本题主要考查全称命题的否定，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.
14．已知平面的一个法向量为，则x轴与面所成的角的大小为   .
【答案】
【分析】取轴的方向向量，再利用线面角的空间向量求法即可得到答案.
【详解】轴的方向向量取，设x轴与面所成的角的大小，
则，
因为，则.
故答案为：.
15．任意选择五个日期，设X表示取到的五个日期中星期天的个数，则   .
【答案】
【分析】易知取到星期天的概率为，由求解.
【详解】解：因为任意选择五个日期，取到星期天的概率为，
所以，
所以，
故答案为：

四、双空题
16．如图，在多面体中，四边形为矩形，平面，，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为 ，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为 ．
  
【答案】 2
【分析】添加的三棱锥为直三棱锥，且体积为直三棱柱体积的，由已知条件求出直三棱柱体积可得添加的三棱锥的体积；外接球的球心即为侧面的中心，由勾股定理可得球的半径从而得到球的表面积.
【详解】  
如图添加的三棱锥为直三棱锥，
可以将该多面体补成一个直三棱柱，
因为平面，平面，所以，
又因为，
所以，
直三棱柱的体积为，
添加的三棱锥的体积为；
  
如图，分别取的中点，连接交于点，
连接，，，因为四边形为矩形，所以为的中点，
在直三棱柱中，因为，
可得平面，平面，
平面，平面，所以，
平面，平面，平面，平面，
所以，，所以上下底面为等腰直角三角形，
且，
因为，，，
所以，，
，
所以，
所以直三棱柱的外接球的球心即为点，
可得外接球的表面积为.
故答案为：①；②.
【点睛】关键点点睛：求外接球的表面积时关键点是确定外接球的球心即为侧面的中心，由勾股定理可得球的半径从而得到球的表面积，考查了学生的空间想象能力.

五、解答题
17．给出下列条件：
①若展开式前三项的二项式系数的和等于16；
②若展开式中倒数第三项与倒数第二项的系数比为4:1.
从中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答，
已知，___________.
(1)求展开式中第四项；
(2)求展开式中所有的有理项.
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）求出二项式展开式的通项公式，若选①，则，可求出，若选②，则，可求出，然后可求出展开式中第四项；
（2）令，可求出的值，从而可求出所有的有理项.
【详解】（1）二项展开式的通项公式为：，        
若选①，则由题得，∴，
即，解得或（舍去），∴，                  
若选②，则由题得，∴，             
所以展开式中的第四项为：
（2）由（1）可得二项展开式的通项公式为：
，
当（），即时得展开式中的有理项，
所以展开式中所有的有理项为：
，，.
18．平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线．
(1)这9个点，可确定多少条不同的直线？
(2)以这9个点中的3个点为顶点，可以确定多少个三角形？
(3)以这9个点中的4个点为顶点，可以确定多少个四边形？
【答案】(1)31
(2)80
(3)105

【分析】（1）方法一：采用直接法，分三类讨论；方法二：采用间接法，算出所有取点情况，再排除不符合题意的情况；
（2）方法一：采用直接法，分三类讨论；方法二：采用间接法，算出所有取点情况，再排除不符合题意的情况；
（3）方法一：采用直接法，分三类讨论；方法二：采用间接法，算出所有取点情况，再排除不符合题意的情况；
【详解】（1）方法一（直接法）共线的4点记为A，B，C，D.
第一类：A，B，C，D确定1条直线
第二类：A，B，C，D以外的5个点可确定条直线；
第三类：从A，B，C，D中任取1点，其余5点中任取1点可确定条直线．
根据分类计数原理，共有不同直线（条）．
方法二（间接法）9个点取2个点共有种，
4个共线点取2个共有种，以上均表示同一条直线，
则可确定多少条不同的直线为（条）．
（2）方法一（直接法）第一类：从A，B，C，D中取2个点，可得个三角形；
第二类：从A，B，C，D中取1个点，可得个三角形；
第三类：从其余5个点中任取3点，可得个三角形．
共有（个）三角形
方法二（间接法）9个点取3个点共有种，
其中不等构成三角形的则是在4个共线点取3个共有种，
可确定三角形（个）．
（3）方法一（直接法）分三类：从其余不共线的5个点中任取4个，3个，2个点共得（个）四边形．
方法二（间接法）9个点取4个点共有种，
其中不构成四边形的分为两类：第一类：4个点共线则有种，
第二类其中3点来自于共线的4点，第4点来自于其余的5个点，则共有种，
可确定四边形（个）．
19．袋中装有个除颜色外完全一样的黑球和白球，已知从袋中任意摸出个球，至少得到个白球的概率是.
(1)求白球的个数；
(2)从袋中任意摸出个球，记得到白球的个数为，求随机变量的分布列与数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列答案见解析，

【分析】（1）设黑球的个数为，根据题意可得出关于的等式，求出的值，即可得出白球的个数；
（2）分析可知随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.
【详解】（1）解：设黑球的个数为，若，从袋中任意摸出个球，至少得到个白球为必然事件，不合乎题意，
所以，，由题意可得，可得，则，
，解得，故白球的个数为.
（2）解：由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，
则，，，
，所以，随机变量的分布列如下表所示：










所以，.
20．如图，在直三棱柱中.

(1)证明：；
(2)设M点是棱的一点且，试确定点M的位置，使得二面角的大小为？
【答案】(1)证明见解析
(2)点M是BB1的中点

【分析】（1）根据线面垂直的性质和判定可得证；
（2）以为正交基底建立空间直角坐标系，利用面面角的空间向量求解方法，建立方程求解即可.
【详解】（1）连接，在直三棱柱中，平面，
又平面，所以，
又，所以四边形是正方形，则，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）以为正交基底建立空间直角坐标系，因为，

则，设，，所以，
则
设平面的法向量为，
则即得，取，
则平面的一个法向量为，
考虑向量，满足，所以是平面的一个法向量，
因为二面角的大小为，
所以，解得.即点M是的中点
21．涟水县第一中学2022年高三暑期数学调研学习小组为调查本校学生暑假玩手机的情况，随机调查了位同学7月份玩手机的时间单位：小时，并将这个数据按玩手机的时间进行整理，得到下表：
玩手机时间







人数
2
11
27
25



将7月份玩手机时间为小时及以上者视为“手机自我管理不到位”，小时以下者视为“手机自我管理到位”．
(1)请根据已知条件完成下面的列联表，并判断是否有的把握认为“手机自我管理是否到位与性别有关”；

手机自我管理到位
手机自我管理不到位
合计
男生



女生



合计



(2)学习小组指导老师从手机自我管理不到位的学生中抽取了2名女生和1名男生进行投篮训练，已知男生投篮进球的概率为，女生投篮进球的概率为，每人投篮一次，假设各人投篮相互独立，求3人投篮进球总次数的分布列和数学期望.
附录：，其中.
独立性检验临界值表：

0.10
0.05
0.010
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)表格见解析，没有
(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据题意完善列联表，求出，并与临界值对比分析；
（2）根据题意结合独立事件概率乘法公式可得的分布列，进而可得期望.
【详解】（1）列联表如下：
21
手机自我管理到位
手机自我管理不到位
合计
男生
52
8
60
女生
28


合计
80
20
100
可得，
所以没有99%的把握认为“手机自我管理是否到位与性别有关”．
（2）设3人投篮进球总次数为，
由题意可知：随机变量的可能取值分别为0，1，2，3；
故，
，
， ，              
所以分布列如下表，


1
2
3





所以.
22．如图，圆锥SO，S为顶点，是底面的圆心，为底面直径，，圆锥高点P在高SO上，是圆锥SO底面的内接正三角形.
  
(1)若，证明:平面
(2)点P在高SO上的动点，当和平面所成角的正弦值最大时，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意易证，，再根据线面垂直的判定即可证明平面.
（2）首先点为原点，平行于方向为x轴，以方向为y轴，以方向为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法和基本不等式得到当时，与平面所成角的正弦值最大，再求三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，，所以是正三角形，则，
易知底面圆，而底面圆，所以，
又在中，，所以，
因为是正三角形，所以，
且，，所以，，同理可证，
又，平面，所以平面；
（2）如图，因为，所以以点为原点，平行于方向为x轴，以方向为y轴，以方向为z轴，建立以为原点的空间直角坐标系，
  
设，
所以
设平面的法向量为，则，
令，则，故，  
设直线和平面所成的角为，
则
，    
当且仅当，即时，所在直线和平面所成角的正弦值最大，
故.