2022-2023学年江苏省连云港市灌南二中、南师大灌云附中高二下学期第二次阶段性检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省连云港市灌南二中、南师大灌云附中高二下学期第二次阶段性检测数学试题含答案，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学年江苏省连云港市灌南二中、南师大灌云附中高二下学期第二次阶段性检测数学试题 一、单选题1．已知，，若，则的值为（    ）A． B． C．6 D．8【答案】D【解析】由，可得，则有，从而可求出的值，【详解】解：因为，所以，因为，，所以，解得，故选：D2．随机变量的分布列为，，2，3，4，5，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据互斥事件的概率公式计算．【详解】，故选：A．3．若由一个列联表中的数据计算得，则（    ）0.250.150.100.050.0250.0100.0050.0011.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828A．能有的把握认为这两个变量有关系B．能有的把握认为这两个变量没有关系C．能有的把握认为这两个变量有关系D．能有的把握认为这两个变量没有关系【答案】A【分析】通过所给的观测值，同临界值表中的数据进行比较，得到结论.【详解】因为，所以能有的把握认为这两个变量有关系．故选：A4．5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项比赛无并列冠军），则不同的结果种数为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据分步计数原理可得结果.【详解】每项比赛的冠军均可以被5名同学其中一名获得，有5种方法，所以5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军时，不同的结果种数为.故选：A.5．已知6件产品中有2件次品，4件正品，检验员从中随机抽取3件进行检测，记取到的正品数为，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意可知，X可能取1，2，3，且服从超几何分布，求出对应的概率，根据数学期望，方差的公式及性质计算即可．【详解】根据题意可知，X可能取1，2，3，且服从超几何分布，故所以，，故选：D．6．端午节这天人们会悬菖蒲、吃粽子、赛龙舟、喝雄黄酒．现有9个粽子，其中2个为蜜枣馅，3个为腊肉馅，4个为豆沙馅，小明随机取两个，设事件A为“取到的两个为同一种馅”，事件B为“取到的两个均为豆沙馅”，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用列举法，列出事件A对应的事件，事件AB对应的事件，然后利用条件概率公式求解即可【详解】由题意不妨设2个蜜枣馅为：A，B，3个为腊肉馅为：a,b,c，4个为豆沙馅：1，2，3，4，则事件A为“取到的两个为同一种馅”，对应的事件为:AB,ab,ac,bc,12,13,14,23,24,34,所以，事件AB为“取到的两个为同一种馅，均为豆沙馅”，对应的事件为：12,13,14,23,24,34,所以，所以，故选：C7．已知正四棱台的高为，下底面边长为，侧棱与底面所成的角为，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为（   ）A． B．C． D．【答案】B【分析】连接，过作的垂线垂足为，过作的垂线垂足为，求得上、下底面所在圆的半径，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，利用球的截面圆的性质，列出方程求得，结合球的体积公式，即可求解.【详解】设正四棱台上下底面所在圆面的半径分别为，连接，过作的垂线垂足为，过作的垂线垂足为，因为正四棱台的高为，下底面边长为，侧棱与底面所成的角为，可得，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，可得，，故或，即或，解得，符合题意，所以球的体积为．故选：B.8．已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是，则展开式中系数的绝对值最大的是第（    ）项A．6 B．8 C．9 D．11【答案】B【分析】写出展开式的通项公式，由已知可得出，解得.进而写出展开式中系数的绝对值的表达式，列出不等式组，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，展开式的通项公式为，.所以，第5项的系数为，第3项的系数为， 由题意知，，整理可得，，解得或（舍去），所以，.设第项，系数的绝对值最大，该项系数的绝对值为，则有，即，整理可得，所以.又，所以，所以展开式中系数的绝对值最大的是第8项.故选：B. 二、多选题9．下列命题中是真命题的为（    ）A．若与共面，则存在实数，使B．若存在实数，使向量，则与共面C．若点四点共面，则存在实数，使D．若存在实数，使，则点四点共面【答案】BD【分析】根据平面向量基本定理以及空间向量基本定理，可知B、D项正确；若共线，则A结论不恒成立；若三点共线，则C项结论不恒成立.【详解】对于A项，如果共线，则只能表示与共线的向量.若与不共线，则不能表示，故A项错误；对于B项，根据平面向量基本定理知，若存在实数，使向量，则与共面，故B项正确；对于C项，如果三点共线，则不论取何值，只能表示与共线的向量.若点不在所在的直线上，则无法表示，故C项错误；对于D项，根据空间向量基本定理，可知若存在实数，使，则共面，所以点四点共面，故D项正确.故选：BD.10．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼” “乐” “射” “御” “书” “数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（    ）A．某学生从中选3门，共有30种选法B．课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法C．课程“礼”“乐”“数”排在相邻三周，共有144种排法D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法【答案】CD【分析】根据题意，由分步、分类计数原理和排列数与组合数公式，分别判断各选项即可．【详解】解：根据题意，依次分析选项：对于A，某学生从中选3门，6门中选3门共有种，故A错误；对于B，课程“射”“御”排在不相邻两周，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个，安排“射”“御”，共有种排法，故B错误；对于C，课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，由捆绑法：将“礼”“书”“数”看成一个整体，与其他3门课程全排列，共有种排法，故C正确；对于D，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，分2种情况讨论，若课程“乐”排在最后一周，有种排法，若课程“乐”不排在最后一周，有种排法，所以共有种排法，故D正确．故选：CD．11．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以事件，和表示从甲罐取出的球是红球，白球和黑球；再从乙罐中随机取出一球，以事件B表示从乙罐取出的球是红球，则下列结论中正确的是（    ）A．，，是两两互斥的事件 B．事件B与事件相互独立C． D．【答案】AD【分析】由题意直接分析出，，是两两互斥的事件，即可判断A；直接利用条件概率公式求出，可以判断C;利用全概率公式求出，即可判断D；利用可以判断B.【详解】由题意分析可知：，，是两两互斥的事件.故A正确；，，.所以.故C不正确；因为，所以.故D正确；因为,而，所以,所以事件B与事件不是相互独立事件.故B错误.故选：AD.12．如图，已知正方体ABCD—的棱长为1，P为正方形底面ABCD内一动点，则下列结论正确的有（    ）A．三棱锥-的体积为定值B．存在点P，使得C．若，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹是线段ACD．若点P是AD的中点，点Q是的中点，过P，Q作平面α垂直于平面，则平面α截正方体的截面周长为3【答案】ACD【分析】结合选项逐个求解，体积问题利用锥体体积公式可得，垂直问题利用向量求解，截面周长根据截面形状可求.【详解】对于A，P为正方形底面ABCD时，三棱锥的高不变，底面积也不变，所以体积为定值，所以A正确；对于B，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，；若，则，即，与题意矛盾，所以B不正确；对于C，，由得，所以的轨迹就是线段，所以C正确；对于D，因为，所以平面；因为平面平面，所以平面；以为参照线作出平面与正方体各个侧面的交线，如图，易知每个侧面的交线均相等，长度为，所以截面周长为，所以D正确.故选：ACD.【点睛】正方体中的动点问题，可以借助空间向量来处理，把位置关系，角度关系转化为向量运算. 三、填空题13．若 ，则的值                    .【答案】【分析】根据赋值法分别令、，然后可得.【详解】令，得，令，得，所以故答案为：14．如图，圆锥的轴截面ABC为正三角形，其面积为，D为弧AB的中点，E为母线BC的中点，则异面直线AC，DE所成的角的大小为      ．【答案】【分析】先根据轴截面面积计算，然后建立空间直角坐标系，算出，最后根据空间向量夹角公式计算即可.【详解】因为圆锥的轴截面ABC为正三角形，其面积为，所以．建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，则异面直线AC，DE所成的角的大小为．故答案为：15．已知随机变量，，且，，则      ．【答案】0.2/【分析】由二项分布与正态分布的性质计算即可.【详解】因为随机变量且，所以，所以，故，由因为，所以，则.所以.故答案为：0.216．一只红铃虫产卵数和温度有关，现测得一组数据，可用模型拟合，设，其变换后的线性回归方程为，若，，为自然常数，则        .【答案】【分析】经过变换后将非线性问题转化为线性问题，在求样本点的中心，回归直线一定过该点，即可求出参数.【详解】经过变换后，得到，根据题意，故，又，故，，故，于是回归方程为一定经过，故，解得，即，于是.故答案为：. 四、解答题17．已知箱中有5个大小相同的产品，其中3个正品，2个次品，每次从箱中取1个，不放回的取两次，求：(1)第一次取到正品的概率；(2)在第一次取到正品的条件下，第二次取到正品的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算可得；（2）利用条件概率的概率公式计算可得.【详解】（1）解：设“第一次取到正品” “第二次取到正品”，所以，第一次取到正品的概率为；（2）解：，所以，故在第一次取到正品的条件下第二次取到正品的概率为.18．已知正项数列的前项和满足：，且成等差数列.(1)求数列的通项公式；(2)令，求证：数列的前项和.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用可证是公比为的等比数列，再根据成等差数列，利用等差中项和等比数列通项求解；（2）整理，利用裂项相消求和证明．【详解】（1）由题意：，两式相减得到，又，是首项为，公比为的等比数列，再由成等差数列得，得，即，则， 的通项公式为.（2）由题意知，19．如图，已知直三棱柱中，，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的一点．(1)证明：；(2)当平面DEF与平面所成角的余弦值为时，求线段的长度．【答案】(1)证明过程见解析；(2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直；（2）求出两平面的法向量，根据余弦值列出方程，求出的值.【详解】（1）因为直三棱柱中，，，所以两两垂直，以B为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，设，所以，故，所以.（2）设平面DEF的法向量为，则，令得：，故，设平面的法向量，则，解得：，所以20．已知函数，.(1)求函数的单调递增区间；(2)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）求函数的单调递增区间，即解不等式；（2）参变分离得，即求的最小值.【详解】（1）定义域为，即解得所以在单调递增（2）对任意，不等式恒成立，即恒成立，分离参数得.令，则．当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增.所以，即，故a的取值范围是.21．已知函数，周期是．（1）求的解析式，以及时的值域；（2）将图像上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，再向左平移个单位，最后将整个函数图像向上平移个单位后得到函数的图像，若成立的充分条件是，求实数的取值范围．【答案】（1），；（2）．【分析】（1）利用三角恒等变换减函数转化为，再根据周期是．求得其解析式，然后利用正弦函数的性质求解；（2）利用图象变换得到，再根据成立的充分条件是，转化当时，恒成立，由求解.【详解】（1）， ，，由，解得，所以函数，因为，所以，所以，即函数在上的值域是．（2）由题意得，因为成立的充分条件是，所以当时，恒成立，所以只需，转化为求的最大值与最小值，当时，，所以，，从而，，即．所以的取值范围是．【点睛】方法点睛：双变量存在与恒成立问题：若， 成立，则 ；若， 成立，则 ；若， 成立，则 ；若， 成立，则 ；若， 成立，则 的值域是的子集；22．已知椭圆，A是椭圆的右顶点，B是椭圆的上顶点，直线与椭圆交于M、N两点，且M点位于第一象限．（1）若，证明：直线和的斜率之积为定值；（2）若，求四边形的面积的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）设，则，利用两点的斜率公式以及点在椭圆上可得定值；（2）联立直线与椭圆方程，求出到的距离和到的距离，利用根与系数的关系可得面积的最大值．【详解】（1）证明：设，则，∵，，∴，，∵在椭圆上，∴∴为定值．（2）设，依题意：，点在第一象限，∴．联立：得：，∴，，设到的距离为，到的距离为，∴，，∴．又∵（当时取等号），∴．∴四边形的面积的最大值为