2022-2023学年湖北省郧阳中学、恩施高中、随州二中、襄阳三中高二下学期五月联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖北省郧阳中学、恩施高中、随州二中、襄阳三中高二下学期五月联考数学试题含答案，共24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学年湖北省郧阳中学、恩施高中、随州二中、襄阳三中高二下学期五月联考数学试题
一、单选题
1．某次数学竞赛获奖的6名同学上台领奖，若甲、乙、丙三人上台的先后顺序已确定，则不同的上台顺序种数为（    ）．
A．20 B．120 C．360 D．720
【答案】B
【分析】甲、乙、丙三人上台的先后顺序已确定，利用倍缩法求解即可.
【详解】因为甲、乙、丙三人上台的先后顺序已确定，
所以不同的上台顺序种数为.
故选：B.
2．在各项均为正数的等比数列中，，则的最大值是（    ）
A．4 B．8 C．16 D．32
【答案】B
【分析】根据等比数列的性质得，再结合基本不等式即可求解．
【详解】各项均为正数的等比数列中，
由，则，
所以，当且仅当时等号成立，
故的最大值为8．
故选：B．
3．近期襄阳三中在举行新团员竞选活动，已知襄阳三中优秀学生的概率约为10%，在全体学生中有20%是团员，团员中优秀学生概率约为40%，则非团员中优秀学生的概率约为（    ）
A．2.5% B．3.2% C．4.8% D．2%
【答案】A
【分析】依题意可根据全概率公式计算即可得出结果.
【详解】根据题意可设事件“某学生是团员”，“某学生非团员”，“某学生是优秀学生”，且互为对立事件；
根据题意可得，且
由全概率公式可得，
即
解得，
即非团员中优秀学生的概率约为
故选：A
4．襄阳一桥全称“襄阳江汉大桥”，于1970年正式通车，在和襄阳城长达53年的相处里，于襄阳人来说一桥早已无可替代.江汉大桥由主桥架､上下水平纵向联结系､桥门架和中间横撑架以及桥面系组成，下面是一桥模型的一段，它是由一个正方体和一个直三棱柱构成.其中AB=BH，那么直线AH与直线IG所成角的余弦值为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角余弦值.
【详解】以E为坐标原点，EB，ED，EI所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
，设直线AH与直线IG所成角为，
则，
故直线AH与直线IG所成角的余弦值为.
  
故选：D.
5．衣柜里有灰色，白色，黑色，蓝色四双不同颜色的袜子，从中随机选4只，已知取出两只是同一双，则取出另外两只不是同一双的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】记“取出的袜子至少有两只是同一双”为事件A，记“取出的袜子恰好有两只不是同一双”为事件B，求出，，根据条件概率公式求解即可．
【详解】从四双不同颜色的袜子中随机选4只，记“取出的袜子至少有两只是同一双”为事件A，记“取出的袜子恰好有两只不是同一双”为事件B，
事件A包含两种情况：“取出的袜子恰好有两只是同一双”，“取出的袜子恰好四只是两双”，则，
又，则，
即随机选4只，已知取出两只是同一双，则取出另外两只不是同一双的概率为．
故选：D．
6．已知函数，若函数在区间上有最大值，则实数m的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用导数可得是 函数的极大值点，再利用题意列出不等式组即解.
【详解】由得，
∴当或时，，当时，，
故是 函数的极大值点，
令，即，
∴，或，又函数在区间上有最大值，
∴，
解得.
故选：A.
7．已知为椭圆上任一点，过作圆的两条切线，，切点分别为，，则的最小值为（    ）
A．0 B．
C． D．
【答案】D
【分析】依题意不妨设，则，则根据平面向量数量积的定义得到，再设，根据平面直角坐标系上任意两点的距离公式得到，最后根据二次函数的性质计算可得；
【详解】解：不妨设，则，所以，设，则，可得，点，所以，因为，所以当时，取得最大值，所以的最小值为；
故选：D
8．已知函数，若存在两条不同的直线与函数和图像均相切，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】相同切线的位置上，设的切点坐标为，的切点坐标为，由导数求切点处切线的斜率，有，由切点求出切线方程，代入切点坐标，得，方程要有两个不同的实数根，设，利用导数研究单调性，找最值，可得的取值范围，即可得实数的取值范围.
【详解】时，，，不合题意，故，
，函数定义域为，，
，，
相同切线的位置上，设的切点坐标为，的切点坐标为，
则有，即，
公切线方程为
代入，得，即，整理得，
若存在两条不同的直线与函数和图像均相切，则方程有两个不同的实数根，
设，则，
，解得；，解得，
在上单调递增，在上单调递减，
当时函数有最大值，所以，
当时，符合条件；
当时，有，
所以实数的取值范围为.
故选：C
【点睛】方法点睛：证明两曲线恰有两条公切线，一般涉及到曲线的切线都是利用切点来引入，通过假设切点，求出其中一条曲线的切线方程，利用切线方程与另一条曲线也相切可以得到切点满足的条件（方程），从而把曲线的切线问题转化为方程根的分布问题进而变成函数的零点问题，这就是转化与化归思想。

二、多选题
9．下列说法中正确的是（    ）
A．已知随机变量X服从二项分布，则
B．“A与B是互斥事件”是“A与B互为对立事件”的必要不充分条件
C．已知随机变量X的方差为，则
D．已知随机变量X服从正态分布且，则
【答案】BD
【分析】根据二项分布的期望公式判断A；根据对立事件与互斥事件的关系判断B；
根据方差公式判断C；根据正态分布的对称性判断D.
【详解】对于A：随机变量X服从二项分布，则，故A错误；
对于B：“A与B是互斥事件”不能推出“A与B互为对立事件”，“A与B互为对立事件”能推出“A与B是互斥事件”，故“A与B是互斥事件”是“A与B互为对立事件”的必要不充分条件，故B正确；
对于C：随机变量X的方差为，则，故C错误；
对于D：因为随机变量X服从正态分布且，根据对称性可知，，所以，故D正确．
故选：BD．
10．已知为坐标原点，为抛物线上一点，直线与交于两点，过作的切线交于点，则下列结论正确的是（    ）
A．
B．若点为，且直线与倾斜角互补，则或
C．点在定直线上
D．设点为，则的最小值为3
【答案】AC
【分析】对于A，联立抛物线和直线方程利用韦达定理和向量数量积的坐标表示可得，对于B，易知直线与斜率均存在，由倾斜角互补斜率之和为可得，解得或，但不符合题意，故，可得B错误；对于C，分别表示出两切线方程联立解得切线交点的横坐标恒为3，即C正确；对于D，由两点间距离公式以及二次函数单调性可知的最小值为，即D错误.
【详解】对于选项A，设，
联立抛物线和直线整理可得，
利用韦达定理可知，
则，
将代入整理可得，
即A正确；
对于B，若点为，且直线与倾斜角互补，则可知与都不重合，即；
所以，即，整理得
整理得，解得或；
当时，直线过点，不合题意；所以
即B错误；
对于C，易知直线恒过定点，如下图所示：
  
不妨设在第一象限，则在曲线上，易得
则在处的切线方程为，又,
整理可得，在处的切线方程为，
同理则在曲线上，易得
则在处的切线方程为，且；
所以在处的切线方程为，
联立，解得，即切线交点的横坐标恒为3；
即点在定直线上，所以C正确；
对于D，设，
则，
当且仅当时，，即的最小值为，即D错误.
故选：AC
11．已知正四面体的棱长为2，点分别为和的重心，为线段上一点，则下列结论正确的是（    ）
A．直线平面
B．若，则平面
C．直线到平面的距离为
D．若取得最小值，则
【答案】ABC
【分析】将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，对每个选项逐一分析即可．
【详解】将正四面体放入正方体中，以点为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴，如图所示，
  
因为正四面体的长为2，所以正方体的棱长为，
则，，，
因为点，分别为和的重心，
所以点的坐标为，点的坐标为
所以，设平面的一个法向量为，
因为，，
所以，取，则，
因为，且直线平面，
所以直线平面，故A正确；
所以点到平面的距离就是直线到平面的距离，
则点到平面的距离，
即直线到平面的距离为，故C正确，
若，则，所以，
因为，，设平面的一个法向量为，
则，取，则，
因为，所以平面，即平面，故B正确；
点的坐标为，，则
设，则，
所以，
所以，
，
因为，
，
所以，
当时，即，，取得最小值，故D错误；
故选：ABC
12．已知是函数的零点，是函数的零点，且下列说法正确的是（    ）（参考数据：）
A．
B．若.则
C．存在实数，使得，且成等差数列
D．存在实数，使得成等比数列
【答案】BD
【分析】利用函数的性质可判定A选项，观察到进而找到，之间的关系，利用对勾函数的性质求出的范围可判定B选项；由等差数列性质及，之间的关系将解出来即可判定C选项；由等比数列性质及，之间的关系将问题转化为方程有解的问题，利用函数单调性及零点存在定理可判定D选项.
【详解】，当时，
则，即，
所以在上是增函数；又，所以是偶函数，
所以在单调递减，在单调递增，
则且，故A选项错误；
,观察到,
所以在单调递减，在单调递增，
所以且，
所以，且所以，
因为，所以，所以
因为所以
所以，即，
由对勾函数的性质可知，故B选项正确；
对于C选项，因为，且成等差数列，
所以，所以，
此时与相矛盾，故C选项不正确；
对于D选项，因为成等比数列，所以
所以，所以
令，则在单调递增，
其中，故在上存在唯一的零点，
即方程有解，则存在实数，使得成等比数列，故D选项正确.
故选：BD.

三、填空题
13．已知，则_______.
【答案】511
【分析】由赋值法即可求解.
【详解】令，则.令，则，故.
故答案为：511
14．已知，，，且，，，其中是自然对数的底数，则实数，，的大小关系是____________.（用“<”连接）
【答案】
【分析】构造函数，，，，，分别利用导数研究函数在上的单调性和在上的单调性，即可比较大小.
【详解】设，，则 ，，
由题意知，，，，
因为在上恒成立，所以在上单调递增，
所以，即，
因为 在上恒成立，所以在上单调递减，
所以.
故答案为：
15．如图，唐金筐宝钿团花纹金杯出土于西安，这件金杯整体造型具有玲珑剔透之美，充分体现唐代金银器制作的高超技艺，是唐代金银细工的典范之作．该杯主体部分的轴截面可以近似看作双曲线的一部分，设该双曲线的方程为，右焦点为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，且，点关于原点的对称点为点，若，则双曲线的离心率为__________．

【答案】/
【分析】设，则，由双曲线的定义可得，由题意可知四边形为矩形，在中，由勾股定理解得，在中，由勾股定理可求得离心率.
【详解】如图所示，设双曲线的左焦点为点，连接，设，则，

由双曲线的定义可得，
由于，则,又，则四边形为矩形，
在中，由勾股定理得，即，
解得，
在中，由勾股定理得，即，
．
故答案为：.

四、双空题
16．有个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______．
【答案】
【分析】记事件表示从第i个盒子里取出白球，利用全概率公式可得，进而可得，然后构造等比数列，求通项公式即得.
【详解】记事件表示从第个盒子里取出白球，则，，
所以，
，
，
进而可得，，
又，，，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
故答案为：；.

五、解答题
17．快到采摘季节了，某农民发现自家果园里的某种果实每颗的重量有一定的差别，故随机采摘了100颗，分别称出它们的重量（单位：克），并以每10克为一组进行分组，发现它们分布在区间，，，，并据此画得频率分布直方图如下：

(1)求的值，并据此估计这批果实的第70百分位数；
(2)若重量在（单位：克）的果实不为此次采摘对象，则从果园里随机选择3颗果实，其中不是此次采摘对象的颗数为，求的分布列和数学期望.
注意：把频率分布直方图中的频率视为概率.
【答案】(1)0.030；31
(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据频率分布直方图和百分位数的计算方式直接计算即可；
（2）由题知，再根据二项分布求解即可；
【详解】（1）解：因为频率分布直方图的组距为10，
所以，落在区间，，上的频率分别为0.20，0.32，0.18，
所以，.
因为落在区间上的频率为，
而落在区间上的频率为，
所以第70百分位数落在区间之间，设为，
则，解得，
所以估计第70百分位数为31.
（2）解：由（1）知，重量落在的频率为0.2，由样本估计总体得其概率为0.2，
因为可取0，1，2，3，且，
则，，
，，
所以的分布列为：

0
1
2
3





所以的数学期望为（或直接由）.
18．记数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)对任意，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）首先求出，再根据得到，即可求出通项公式；
（2）由（1）可得，利用错位相减法计算可得.
【详解】（1）因为，
所以，
当时，，
所以从第项起为以为公比的等比数列，所以，
所以数列的通项公式；
（2）由（1）知，
则①，
②，
①-②得，
化简得.
19．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，内接于，为的一条弦，且平面.

(1)求的最小值；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）作出辅助线，找到符合要求的，并利用垂径定理得到最小值；
（2）在第一问基础上，得到当取得最小值时，，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.
【详解】（1）过点作交于点，过点H作⊥，
此时满足平面，由平面几何知识易知，，
当弦心距最大时，，弦长最短，即取得最小值，
因为，
所以，
因为，由勾股定理得，
故，
连接，则，由勾股定理得，
所以；

（2）连接，则平面ACB，

因为平面ACB，故，而，，
所以平面，即有.
以O为坐标原点，过点且平行的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角的大小为，
则.

故直线与平面所成角的正弦值为.
20．某公司在一次年终总结会上举行抽奖活动，在一个不透明的箱子中放入3个红球和3个白球（球的形状和大小都相同），抽奖规则有以下两种方案可供选择：
方案一：选取一名员工在袋中随机摸出一个球，若是红球，则放回袋中；若是白球，则不放回，再在袋中补充一个红球，这样反复进行3次，若最后袋中红球个数为，则每位员工颁发奖金万元；
方案二：从袋中一次性摸出3个球，把白球换成红球再全部放回袋中，设袋中红球个数为，则每位员工颁发奖金万元.
(1)若用方案一，求的分布列与数学期望；
(2)比较方案一与方案二，求采用哪种方案，员工获得奖金数额的数学期望值更高？请说明理由；
(3)若企业有1000名员工，他们为企业贡献的利润近似服从正态分布，为各位员工贡献利润数额的均值，计算结果为100万元，为数据的方差，计算结果为225万元，若规定奖金只有贡献利润大于115万元的员工可以获得，若按方案一与方案二两种抽奖方式获得奖金的数学期望值的最大值计算，求获奖员工的人数及每人可以获得奖金的平均数值（保留到整数）参考数据：若随机变量服从正态分布，则
【答案】(1)分布列见解析，
(2)方案二，理由见解析
(3)（万元）

【分析】（1）根据独立事件的概率公式及互斥事件的概率公式，计算出概率，列分布列即可得出期望；
（2）根据方案二，按照（1）的方法计算期望，比较方案一的期望即可；
（3）根据正态分布，利用给定区间的概率计算即可得解.
【详解】（1）对于方案一，由条件可知有可能取值为3，4，5，6，
， ，
，  ，
∴的分布列为：

3
4
5
6





期望值.
（2）对于方案二，由条件可得值为3，4，5，6，
，  ，
，  ，
∴的期望值
∵所以方案二员工获得奖金数额的数学期望值会更高.
（3）由（1）（2）可知，平均每位员工获得奖金的数学期望的最大值为，
则给员工颁发奖金的总数为（万元），
设每位职工为企业的贡献的数额为，
所以获得奖金的职工数约为
.
（人）
则获奖员工可以获得奖金的平均数值为（万元）.
21．已知过点的直线l与抛物线相交于A，B两点，当直线l过抛物线C的焦点时，．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点，连接QA，QB分别交抛物线C于点E，F，且与的面积之比为，求直线AB的方程．
【答案】(1)方程为．
(2)方程为．

【分析】（1）直线AB的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理和弦长公式求出的值，即可得解；
（2）设直线AB的方程为，与抛物线联立可得，直线AQ的方程与抛物线联立，设，则，设，同理可得，利用三角形面积公式可得，求解即可.
【详解】（1）设，因为抛物线C的焦点为，
所以当直线l过C的焦点时，直线AB的方程为，
由得．
则，
，
整理得，
所以，故抛物线C的方程为．
（2）易知直线AB的斜率在且不为零，设直线AB的方程为，
由得，
则，即或，．
易知直线AQ的方程为，
由得，
设，则，
设，同理可得，
则
，
得，故直线AB的方程为．

22．设定义在R上的函数．
(1)若存在，使得成立，求实数a的取值范围；
(2)定义：如果实数s，t，r满足，那么称s比t更接近r．对于（1）中的a及，问：和哪个更接近？并说明理由．
【答案】(1)
(2)比更接近，理由见解析

【分析】（1）根据已知条件转化为最值问题，讨论的单调性，从而求出a的取值范围；
（2）根据已知条件转化为比较两个函数的大小，利用函数的单调性，求出比更接近
【详解】（1）因为存在，使得成立，即
由题设知，，
①当时，恒成立，在R上单调递增；
即在单调递增，，不满足，
所以舍去.
②当时，令，得，
当时，单调递减，当时，单调递增；
当时，在单调递增，，不满足，所以，舍去.
当时，，在单调递减，在单调递增，               所以成立，故当时成立.
综上：实数a的取值范围.
（2）令，
，在单调递减．因为
故当时，；当时，；
令，
，令，，在单调递增，
故，所以，则在单调递增，
所以，由（1）知，;
①当时，，,
令，
所以，故在单调递减，
所以，由（1）知，所以，
即，故，
所以比更接近；
②当时，，，
令，，令，
，在上单调递减，
所以，，在单调递减，
所以，由（1）知，所以，
即，故，
所以比更接近；
综上：当及，比更接近．
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．