2022-2023学年江苏省南京市六校高二下学期6月联考数学试题含答案

2022-2023学年江苏省南京市六校高二下学期6月联考数学试题

一、单选题

1．设复数z满足，则=（    ）

A．  B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，结合复数的运算法则，准确运算，即可求解.

【详解】由复数z满足，可得，则.

故选：A.

2．已知随机变量服从正态分布，若，则等于（    ）

A．0.484 B．0.628 C．0.936 D．0.968

【答案】C

【分析】由正态分布的对称性即可求解.

【详解】由正态分布的对称性可知,所以，

故选：C

3．已知函数则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】根据分段函数的解析式，即可根据自变量的范围代入求值.

【详解】,,

故，

故选：C

4．随机变量的分布列如下：

若，则的值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用概率之和为1得到，利用期望的公式得到，两个联立算出再利用方差的计算方式算出结果

【详解】由题设可得，

所以随机变量的方差为，

故选：D．

5．把分别标有号、号、号、号的个不同的小球放入分别标有号、号、号的个盒子中，没有空盒子且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放球方法种数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由分类加法计数原理和分步乘法计数原理进行计算即可.

【详解】个小球放入个盒子，没有空盒子，则有两个小球放入同一个盒子，因此分为两类：

第一类：号小球单独放入一个盒子，分步：

第步，从号、号、号个小球中，选出个小球，放入与未被选中小球标号相同的盒子中，有种方法；

第步，将未被选中的小球和号小球，分别放入另外个盒子中，有种方法.

∴号小球单独放入一个盒子，有种方法.

例如：第步，选出号、号小球放入号盒；第步，号小球放入号盒，号小球放入号盒.

第二类：号小球与另一小球共同放入一个盒子，分步：

第步，从号、号、号个小球中，选出个小球，有种方法；

第步，将号小球与第步选出的小球放入与选出小球标号不同的盒子中，有种方法；

第步，剩余的个小球，其中个，与剩余的两个空盒其中的个标号相同，只有方法放置.

∴号小球与另一小球共同放入一个盒子，有种方法.

例如：第步，选出号球；第步，将号、号小球放入号盒；第步，号小球放入号盒，号小球放入号盒.

∴没有空盒子且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放球方法种数为种.

故选：B.

6．已知，为两个随机事件，，，，，则（    ）

A．0.1 B． C．0.33 D．

【答案】B

【分析】根据互斥、对立事件的加法公式和条件概率公式和乘法公式即可求解。

【详解】，

所以，

，

所以，

所以，

即，

所以，

即，

解得，

故选：B.

7．已知圆O：与双曲线C：的右支交于点A，B，若，则C的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】D

【分析】联立解得A、B纵坐标，再由对称关系得AB长，后余弦定理计算即可.

【详解】联立圆O与双曲线C方程得，

又由圆与双曲线的对称性可得，

设圆的半径为，则，因为圆心为，则，

在中，由余弦定理得，

因为双曲线斜率大于1，所有化简得，

故选：D

8．设是定义在上的函数，其导函数为，满足，若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】依题意令，进而根据题意得在上单调递减，故，进而得答案.

【详解】解：因为满足，令，

则，所以在上单调递减，

所以，即，所以.

所以.

故选：A

二、多选题

9．经研究，变量与变量具有线性相关关系，数据统计如下表，并且根据表中数据，求得关于的线性回归方程为，下列正确的是（    ）

A．变量与呈正相关 B．样本点的中心为

C． D．当时，的估计值为13.2

【答案】AB

【分析】根据样本中心即可求解，由此即可代入求解.

【详解】由于

所以样本中心为，将其代入得，

故，当时，，

故AB正确，CD错误，

故选：AB

10．若函数，则下列结论正确的是（    ）

A．函数最小正周期为

B．函数在区间上单调递增

C．函数图象关于对称

D．函数的图象关于点对称

【答案】BCD

【分析】A.由三角函数的周期公式求解判断；B. 由，得到，由的单调性判断；C. 由是否为最值判断；D. 由是否为0判断.

【详解】A.函数最小正周期为，故错误；

B. 由，得，因为在上递增，故正确；

C. 因为，所以函数图象关于对称，故正确；

D. 因为，所以函数的图象关于点对称，故正确.

故选：BCD

11．如图，由正四棱锥和正方体组成的多面体的所有棱长均为2．则（    ）

A．平面 B．平面平面

C．与平面所成角的余弦值为 D．点到平面的距离为

【答案】BD

【分析】建立空间直角坐标系，判断与平面的一个法向量是否垂直即可判断A；根据平面和平面的法向量是否垂直判断出B；由线面夹角的正弦的公式及同角三角函数的平方关系即可判断C；由点到平面的距离公式即可判断D．

【详解】以为原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

连接，与交点为，连接，则平面，

因为正四棱锥和正方体的所有棱长均为2，

所以，，点坐标为，

所以，

对于A：，，，

设平面的一个法向量为，

则，即，取得，

因为，所以与平面不平行，故A错误；

对于B：由A得平面的一个法向量为，

，，设平面的一个法向量为，

则，即，取得，

因为，所以平面平面，故B正确；

对于C：由A得平面的一个法向量为，

，设与平面所成角为，

则，

所以，故C错误；

对于D：由A得平面的一个法向量为，

因为，

所以点到平面的距离为，故D正确；

故选：BD．

12．对于三次函数，给出定义：是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若函数，则下列说法正确的是（    ）

A．的极大值为

B．有且仅有2个零点

C．点是的对称中心

D．

【答案】ACD

【分析】求得，得出函数单调性，结合极值的概念，可判定A正确；根据极大值为，极小值，进而得到函数有3个零点，可判定B错误；求得，令，求得，得出，可判定C正确；根据对称性，得到，结合倒序相加法，可判定D正确.

【详解】由函数，可得，

令，解得或；令，解得，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，

当时，取得极大值，极大值为，所以A正确；

又由极小值，且当时，，

当时，，所以函数有3个零点，所以B错误；

由，可得，令，可得，

又由，所以点是函数的对称中心，

所以C正确；

因为是函数的对称中心，所以，

令，

可得，

所以，

所以，即，

所以D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．已知直线：与圆交于两点，则            .

【答案】

【分析】根据题意，利用圆的弦长公式，准确计算，即可求解.

【详解】由圆，可得圆心坐标为，半径为，

又由圆心到直线的距离为，

根据圆的弦长公式，可得.

故答案为：.

14．设曲线在处的切线与直线垂直，则            .

【答案】

【分析】利用导数的几何意义，以及两直线垂直的关系，求实数的值.

【详解】因为，所以，所以，

所以，即.

故答案为：

15．设等比数列的前n项和为.已知，，则            .

【答案】/31.5

【分析】根据得相减可得公比，由求解首项，即可由求和公式代入求解.

【详解】当的公比为1时，由可知显然不成立，故公比不为1，

由得，

所以时，，相减可得，故公比，又，

故，

故答案为：

16．已知抛物线C：的焦点为F，准线为，经过点F的直线与抛物线C相交A，B两点，与x轴相交于点M，若，，则           .

【答案】4

【分析】先判定AB⊥MB，利用垂直关系得出A、B坐标结合抛物线焦半径公式计算即可.

【详解】  

由题意易知，可设，

由，可得Q为AM中点，则，

又由可得:，

即，由题意可知直线AB、BM的斜率存在，

故，

联立抛物线与直线AB可得

所以有

由抛物线定义得，

故答案为：4

四、解答题

17．已知的展开式前三项的二项式系数的和等于16.

(1)求的值；

(2)求展开式中所有的有理项.

【答案】(1)5

(2)，，

【分析】（1）根据题意得到，结合组合数的计算公式，即可求解的值；

（2）求得展开式的通项，结合题意确定的值，即可求解.

【详解】（1）解：由的展开式前三项的二项式系数的和等于，

可得，即，解得或（舍）

所以的值为.

（2）解：由（1）知，二项式展开式的通项为，，

当时，可得，此时展开式得到的为有理项，

所以展开式中所有的有理项为，，.

18．已知等差数列的公差为，等差数列的公差为.设，别是数列的，前项和，且，，.

(1)求数列，的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；

（2）求得，运用等比数列的求和公式和裂项相消求和的方法，计算可得所求和.

【详解】（1）∵数列，都是等差数列，且，，

∴，即，解得

∴，.

综上，，

（2）由（1）得：

∴

19．如图，在三棱柱中，四边形为正方形，点为棱的中点，平面平面，.

(1)求证：；

(2)若，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，根据题意，，证得平面，进而证得，结合点为的中点，即可证得；

（2）先证得平面，以为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.

【详解】（1）证明：取中点，连接，，

因为四边形为正方形，点为的中点，点为的中点，所以，

又因为，，平面，所以平面，

又因为平面，所以，

因为点为的中点，所以.

（2）解：因为平面平面，平面平面，

且，，所以平面，

以为基底建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，可得，，

设为平面的一个法向量，则，

取，得，所以，

由平面，可得平面的一个法向量为，

则，

由图知二面角为钝二面角，所以其余弦值为.

20．为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，需要进行动物与人体试验.研究人员将疫苗注射到200只小白鼠体内，一段时间后测量小白鼠的某项指标值，按分组，绘制频率分布直方图如图所示，实验发现小白鼠体内产生抗体的共有160只，其中该项指标值不小于60的有110只，假设小白鼠注射疫苗后是否产生抗体相互独立.

  (1)填写下面的2×2列联表，判断能否有95%的把握认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关.

(2)为检验疫苗二次接种的免疫抗体性，对第一次注射疫苗后没有产生抗体的40只小白鼠进行第二次注射疫苗，结果又有20只小自鼠产生抗体.

（i）用频率估计概率，求一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率；

（ii）以（i）中确定的概率作为人体注射2次疫苗后产生抗体的概率，进行人体接种试验，记2个人注射2次疫苗后产生抗体的数量为随机变量X，求X的概率分布.

参考公式：（其中为样本容量）

【答案】(1)列联表见解析，有

(2)（i）；（ii）分布列见解析

【分析】（1）根据频率分布直方图求出各个组的人数，并填写出列联表，计算出卡方，与3.841比较后得到结论；

（2）（i）设出事件，利用对立事件概率公式和条件概率进行求解；（ii）得到，利用二项分布求概率公式进行求解，从而求出分布列.

【详解】（1）由频率分布直方图，知200只小白鼠按指标值分布为：

在内有（只）；在内有（只）；

在内有（只）；在内有（只），

在内有（只）.

由题意，有抗体且指标值小于60的有50只；

而指标值小于60的小白鼠共有只，所以指标值小于60且没有抗体的小白鼠有20只，同理，指标值不小于60且没有抗体的小白鼠有20只，

故列联表如下：

假设为：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联.

根据列联表中数据，得，

根据独立性检验，推断不成立，

即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关

（2）（i）令事件A=“小白鼠第一次注射疫苗产生抗体”，

事件B=“小白鼠第二次注射疫苗产生抗体’’，事件C=“小白鼠注射2次疫苗后产生抗体”，

记事件A，B，C发生的概率分别为，

则，，

，

所以一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率，

（ii）由题意，X的取值集合为，

所以X的概率分布为

21．已知椭圆E：的长轴长为4，由E的三个顶点构成的三角形的面积为2.

(1)求E的方程；

(2)记E的右顶点和上顶点分别为A，B，点P在线段AB上运动，垂直于x轴的直线PQ交E于点M（点M在第一象限），P为线段QM的中点，设直线AQ与E的另一个交点为N，证明：直线MN过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解.

（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，由两点斜率公式，即可代入化简求解.

【详解】（1）由题意可知，

E的三个顶点构成的三角形要么是短轴的一个顶点和长轴的两个顶点构成的三角形，面积为；

要么是短轴的两个顶点和长轴的一个顶点构成的三角形，面积为，

所以，

故E的方程为.

（2）由于轴，所以不可能垂直于轴，故直线的斜率存在，故设直线的方程为，,

联立，

则 ，

直线的方程为，

当时，，所以，是的中点，所以，

，即，所以，

则化简得 ，

代入得，

故，所以或，

故直线的方程为或，

由于不与重合，所以直线不经过，故直线的方程为，此时 ，故，此时直线过定点.

【点睛】方法点睛：直线与椭圆的位置关系中直线过定点问题，需要讨论直线的斜率是否存在.若斜率不存在，特殊情况特殊对待，存在时，设出直线的方程，联立与椭圆的方程，可得根与系数的关系式，利用斜率关系或者根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用从而求得直线方程中两个参量之间的关系即可得到定点.

22．已知函数.

(1)当时，求的单调递增区间；

(2)若恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）代入求导得，再次设导函数为新函数进行求导得到其单调性和其零点，从而得到的单调增区间；

（2）法一：令，利用导数和零点存在定理得存在唯一正实数使得，从而得到，再利用隐零点法得，再次设新函数进行求导从而得到的范围；

法二：同法一求得，则

，利用基本不等式有，从而得到的范围.

【详解】（1）当时，，，

设

又，∴在上单调递增，

又，∴当时，当时，

∴的单调递增区间为.

（2）对函数求导得，，令，

则，∴在上单调递增，

又，当时，

故存在唯一正实数使得，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

∴，

由恒成立，得，

由得，∴

∴，∴，

∴，

设，则恒成立，

故在上单调递增，而，

∴，

又且函数在上是增函数，

故的取值范围为

法2：同法一得，

由得，

∴

，当且仅当时等号成立，

∴，

故的取值范围为

【点睛】关键点睛：本题第二问利用零点存在定理及隐零点法得到，从而有，再次重新设函数，根据其单调性和零点得到，从而得到.