2022-2023学年河南省洛阳市强基联盟高二下学期7月月考数学试题含答案

2022-2023学年河南省洛阳市强基联盟高二下学期7月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】直接利用交集的定义即可求解.

【详解】因为，，所以

故选：C.

2．命题“，使得”的否定为（    ）

A． B．，使得

C． D．，使得

【答案】C

【分析】根据给定条件由含有一个量词的命题的否定方法直接写出原命题的否定作答.

【详解】命题“，使得”的否定为“”，

故选：C.

3．已知曲线在点处的切线为，则实数（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】D

【分析】求导，根据切点处的导数值为切线的斜率，即可求解.

【详解】，所以，

又曲线在点处的切线为，

所以，解得.

故选:D.

4．某市组织高二学生统一体检，其中男生有10000人，已知此次体检中高二男生身高h（cm）近似服从正态分布，统计结果显示高二男生中身高高于180cm的概率为0.32，则此次体检中，高二男生身高不低于170cm的人数约为（    ）

A．3200 B．6800 C．3400 D．6400

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出高二男生身高不低于170cm的概率，即可计算作答.

【详解】因为高二男生身高h（cm）近似服从正态分布，且，

于是，因此，

所以高二男生身高不低于170cm的人数约为.

故选：B.

5．已知直线，则“”是“”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】B

【分析】利用必要不充分条件判断.

【详解】由，所以，

即，解得或，

所以充分性不成立，

当时，，

所以，故必要性成立，

所以“”是“”必要不充分条件，

故选：B.

6．设等比数列的前项和为，若，则（    ）

A． B． C． D．3

【答案】C

【分析】根据等比数列的求和公式或者等比数列的性质解析即可；

【详解】法一：设等比数列的公比为，若，则，所以；

由，得，即，所以，

解得，则.

故选：C.

法二：设等比数列的公比为，若，则，所以；

由等比数列的性质知成等比数列，其公比为，设，显然，则，，

所以，所以.

故选：C.

7．已知点是双曲线的右焦点，过作垂直于轴的直线，且与双曲线交于两点，若是直角三角形，其中是坐标原点，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由为等腰直角三角形，结合双曲线方程得出，再由，得出双曲线的离心率.

【详解】因为，是直角三角形，所以由双曲线的对称性可得，

，即为等腰直角三角形，设

则，解得，即，又，

所以，则，，解得或（舍）

故选：A

8．设，，.则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，即可得出、、的大小关系.

【详解】构造函数，其中，则，

令，，

所以当时，，所以在上单调递减，

故当时，，所以当时，，

所以在上单调递增，所以，

又，所以.

故选：A.

二、多选题

9．下列运算正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】BD

【分析】根据基本初等函数的求导公式即可结合选项逐一求解.

【详解】对于A，；故A错误，

对于B, ，故B正确，

对于C，.故C错误，

对于D, ,故D正确，

故选：BD.

10．根据一组样本数据，，，求得，，经验回归方程为.去掉两个误差较大的样本点和，去除后重新求得的经验回归方程为，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．

C．去除两个误差较大的样本点后，的估计值增加速度变快

D．变量与具有正相关关系

【答案】ABD

【分析】利用样本中心点在经验回归直线方程上及平均数定义，结合经验回归直线的特点即可求解.

【详解】将，代入，得，解得，故A正确；

去掉两个误差较大的样本点和，，，所以，，所以样本的中心点不变，将，代入，得，解得，故B正确；

，所以去除两个误差较大的样本点后，的估计值增加速度变慢，故C错误；

因为经验回归直线方程的斜率大于0，所以变量与具有正相关关系，故D正确.

故选：ABD.

11．已知，则关于其展开式的结论正确的是（    ）

A．常数项是160 B．二项式系数的和为64

C．含项的系数是－192 D．所有项的系数和为1

【答案】BCD

【分析】求得展开式的通项公式为，令，可求得常数项，即可判断A选项；利用二项式系数和公式即可判断B选项；令，可求得含项，即可判断C选项；令x＝1，得所有项的系数和为1，即可判断D选项.

【详解】因为的展开式的通项为，

对于A，令，得，所以常数项为，故A错误；

对于B，二项式的系数和为，故B正确；

对于C，令，得，所以含项的系数是，故C正确；

对于D，令x＝1，得所有项的系数和为1，故D正确．

故选：BCD．

12．抛物线的焦点是，准线与轴相交于点，过点的直线与相交于，两点（点在第一象限），，为垂足，，为垂足，则下列说法正确的是（    ）

A．若以为圆心，为半径的圆与相交于和，则是等边三角形

B．若点的坐标是，则的最小值是4

C．

D．两条直线，的斜率之和为定值

【答案】AD

【分析】根据抛物线的焦半径即可判断A,又三点共线即可判断B,利用联立方程和韦达定理，结合斜率公式即可求解CD.

【详解】因为以为圆心，为半径的圆与相交于和两点，所以，又，所以为等边三角形，故A正确；

因为，等号当且仅当，，三点共线时成立，所以当，，三点共线时，取最小值3，故B错误；

设直线的方程是，代入并消去得，

设，，则，.

由，，得，所以，即，故C错误；

，，所以

，故D正确.

故选：AD.

三、填空题

13．在密室逃脱游戏中，小明闯过第一关的概率为，连续闯过前两关的概率为.事件表示小明第一关闯关成功，事件表示小明第二关闯关成功，则      .

【答案】

【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.

【详解】由题意，得，，所以.

故答案为：

14．一面国旗燃起青春的向往，一身戎装肩负国家的担当.6名学生（含甲、乙）决定参军报国，不负韶华，报名前6人排成一排拍照，则甲、乙两人不相邻的不同的排法有          种.

【答案】480

【分析】不相邻问题插空处理.

【详解】先将不含甲、乙的4人排列，有种，

再在4人之间及首尾5个空位中任选2个空位安排甲､乙，有种，

所以甲､乙两人不相邻的不同的排法有（种）.

故答案为：480

15．自动驾驶汽车又称无人驾驶汽车，依靠人工智能、视觉计算、雷达、监控装置和全球定位系统协同合作，让电脑可以在没有任何人类主动的操作下，自动安全地操作机动车辆.某自动驾驶讯车在车前点处安装了一个雷达，此雷达的探测范围是扇形区域.如图所示，在平面直角坐标系中，，直线，的方程分别是，，现有一个圆形物体的圆心为，半径为，圆与，分别相切于点，，则     

【答案】/

【分析】应用直线和圆相切求参，再结合图形特征求面积即可.

【详解】连接，，由题意可设，又圆与相切，则，解得，

由题意可得，，

在中，，所以，

同理，，又，

所以，即.

故答案为：.

16．已知数列满足，且，若，则数列的前项和     

【答案】

【分析】利用累乘法求出数列的通项公式，再利用裂项相消法即可求得的值.

【详解】由，得，

以上各式相乘，得，因为，则，

当时，，满足上式，所以，

因为，

则，所以.

故答案为：.

四、解答题

17．某市组织全市中小学生观看了“天宫课堂”第三课，并随机抽取1000名中小学生进行了一次“飞天宇航梦”的调查，得到如下列联表：

(1)若将样本频率视为概率，求从全市中小学生中随机选择1名学生，此学生有“飞天宇航梦”的概率；

(2)完成上面的列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为学生性别和有“飞天宇航梦”有关？

附：，其中.

临界值表：

【答案】(1)；

(2)列联表见解析，认为学生性别和有“飞天宇航梦”有关.

【分析】（1）由古典概型的计算公式求解即可；

（2）完成列联表，根据卡方公式求解，对比临界值表即可.

【详解】（1）由题可知被调查的男、女学生都是500人，其中有“飞天宇航梦”的男生有400人，女生有350人，一共750人，所以学生有“飞天宇航梦”的频率为，

因此从全市中小学生中随机选择1名学生，此学生有“飞天宇航梦”的概率为.

（2）列联表如下：

零假设为：学生性别和有“飞天宇航梦”无关联，

根据列联表中的数据，经计算得到，

根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为学生性别和有“飞天宇航梦”有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001.

18．已知等差数列的首项为1，且，，，成等比数列.

(1)求数列的通项公式，

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等比中项以及等差数列基本量的计算即可求解公差，即可由等差数列的通项求解，

（2）根据分组求和，结合等差等比数列的求和公式即可求解.

【详解】（1）因为，，成等比数列，

所以，

又，所以，

又，设的公差为，

所以，解得，

所以.

（2）由题知，，

因为数列是首项为3，公比为3的等比数列，

且数列是首项为2，公差为2的等差数列，

所以.

19．牛排主要分为菲力牛排，肉眼牛排，西冷牛排，T骨牛排，某牛肉采购商从采购的一批牛排中随机抽取100盒，利用牛排的分类标准得到的数据如下：

(1)用比例分配的分层随机抽样方法从这100盒牛排中抽取10盒，再从抽取的10盒牛排中随机抽取4盒，求恰好有2盒牛排是T骨牛排的概率；

(2)若将频率视为概率，用样本估计总体，从这批牛排中随机抽取3盒，若X表示抽到的菲力牛排的数量，求X的分布列和数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，数学期望为

【分析】（1）先根据分层抽样分别求出T骨牛排和非T骨牛排的和数，再利用古典概型求解即可；

（2）先求出从这批牛排中随机抽取1盒，抽到菲力牛排的概率，由题意可得服从二项分布，再根据二项分布的分布列及期望公式求解即可.

【详解】（1）用比例分配的分层随机抽样方法从这100盒牛排中抽取10盒，

其中T骨牛排有3盒，非T骨牛排有7盒，

再从中随机抽取4盒，设恰好有2盒牛排是T骨牛排为事件A，

则；

（2）这100盒牛排中菲力牛排有20盒，所以菲力牛排的频率为，

设从这批牛排中随机抽取1盒，抽到菲力牛排的事件为B，

将频率视为概率，用样本估计总体可得，

从这批牛排中随机抽取3盒，抽到的菲力牛排的数量X满足，

，

．

所以X的分布列为

所以．

20．如图，在四面体中,,都是等边三角形，为的中点，且平面平面.点为线段的中点.

(1)求证：；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用等腰三角形的三线合一定理及面面垂直的性质定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；

（2）利用等腰三角形的三线合一定理及线面垂直的性质定理，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，再利用向量的夹角公式，结合线面角与向量的夹角的关系即可求解.

【详解】（1）因为是等边三角形，为的中点，

所以.

又平面平面，平面平面，平面，

所以平面.

又平面，

所以.

（2）连接，

因为是等边三角形，为的中点，

所以.

因为平面，平面，

所以，

又，所以分别以，，为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示.

设，则，，，.

所以，，，.

设平面的一个法向量，则

即

令，则，

所以.

设直线与平面所成角为，则

，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

21．已知、是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且.

(1)求椭圆的方程；

(2)已知，两点的坐标分别是，，若过点的直线与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过点，求出直线的所有方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据，，得到，再由求解；

（2）当直线与轴垂直，容易判断；当直线与轴不垂直，设直线的方程是，与椭圆的方程联立，根据以为直径的圆过点，由，即结合韦达定理求解.

【详解】（1）解：因为，

所以椭圆的左焦点的坐标是，

所以

解得

所以椭圆的方程为.

（2）若直线与轴垂直，则直线与椭圆的交点，的坐标分别是，，

以为直径的圆显然过点，此时直线的方程是；

若直线与轴不垂直，设直线的方程是，

与椭圆的方程联立，消去并整理，得.

设，，则，

，，

.

因为以为直径的圆过点，

所以，即，，

所以，，

，解得.

显然满足，

所以直线与轴不垂直时，直线的方程是，即.

综上所述，当以为直径的圆经过点时，直线的方程是或.

22．已知函数.

(1)讨论函数的单调区间；

(2)设且，若存在，使得，试比较与的大小.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）先求导函数,再分和两种情况讨论判断正负确定单调区间;

（2）根据已知设,把二元问题转化为关于的函数,结合单调性得证.

【详解】（1）由题意得的定义域为，且.

若，在上恒成立，故在上单调递增；

若，因为，当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；

当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）由题意得，

，

，

设，设，则，

所以在上单调递增，所以当时，，即，

又，且，所以，所以，即，

又在上单调递增，所以，即.

【点睛】关键点点睛: 把二元转化为一元，构造新函数，结合导函数性质证明.