2022-2023学年江苏省四所百强中学（南京师大附中等）高二下学期6月月考数学试题含答案

2022-2023学年江苏省四所百强中学（南京师大附中等）高二下学期6月月考数学试题

一、单选题

1．复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算求出复数即可作答.

【详解】复数，

所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.

故选：D

2．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，根据对数函数的单调性求出集合，再根据并集的定义即可得解.

【详解】，

，

所以.

故选：C.

3．设某中学的女生体重（单位：）与身高（单位：）具有线性相关关系，根据一组样本数据，用最小二乘法建立的经验回归方程为.若该中学女生的平均身高为，则该中学女生的平均体重的估计值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将代入回归直线方程，可得出该中学女生的平均体重的估计值.

【详解】将代入回归直线方程得，

因此，该中学女生的平均体重的估计值是.

故选：A.

4．设与均为单位向量，它们的夹角为.若，则的范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】运用数量积求模的方法求解.

【详解】依题意有：，即 ，

又，；

故选：B.

5．设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】分别写成以5,8为底的对数，再由指数性质比较真数大小即可.

【详解】因为，所以，

故，即，

因为，而，

所以，故，

综上，

故选：D

6．现有5名同学去3个养老院参加公益活动，每名同学只去1个养老院，每个养老院至少安排1名同学，则不同安排方案的种数为（    ）

A．25 B．40 C．150 D．240

【答案】C

【分析】按照和二种方法分组，再排列即可.

【详解】依题意，可以按照和2,2,1二种方法分组：

按照3,1,1分组有种方法；

按照2,2,1分组有种方法，一共有种方法；

故选：C.

7．设函数，则关于的不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先判断出利用奇偶性，再利用导数求得的单调性，从而利用奇偶性、单调性解不等式即可得解.

【详解】因为，其定义域为，

所以，故为奇函数，

又，

当且仅当，即时等号成立，所以在上单调递增，

故由得，即，

所以，解得.

故选：D.

8．设抛物线的焦点为，准线为是与轴的交点，.过此抛物线上一点作直线的垂线，垂足记为点与相交于点，若，则点到轴的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据向量的线性关系确定，并确定相似比，再根据抛物线的定义即可求解.

【详解】作图如下

由得，

又因为为，的中点，

所以为的三等分点，且，

又因为，所以，且，

所以，

不妨设，且在第一象限，，

，所以，

因为点在抛物线上，所以，

所以根据相似关系，即点到轴的距离为.

故选：B.

二、多选题

9．甲､乙两地四月7日至14日的最高气温如图所示，下列说法中正确的是（    ）

A．乙地在这8日内最高气温的极差为

B．甲､乙两地12日温差最大

C．甲地这8日平均气温为

D．甲地的75百分位数是

【答案】BCD

【分析】根据所给气温折线图，计算极差，平均值，百分位数即可得解.

【详解】由折线图可知，乙地在这8日内最高气温的极差为，故A错误；

由图可知，甲､乙两地12日温度分别达到最高、最低，温差最大，故B正确；

甲地这8日平均气温为，故C正确；

因为，所以数据由小到大排列的第6与第7位的平均值即为75百分位数，故D正确.

故选：BCD

10．已知为各项为正数的等比数列，.记是数列的前项和，是数列的前项和，则下列说法正确的是（    ）

A．数列的公比为2

B．

C．数列为等差数列

D．数列的前项和为

【答案】ABC

【分析】根据给定条件，求出等比数列的通项公式，再逐项分析、计算判断作答.

【详解】设正项等比数列的公比为，由，得，解得，A正确；

于是，，显然数列是首项为，公比为4的等比数列，

则，，，B正确；

，，数列为等差数列，C正确；

显然，当时，，，D错误.

故选：ABC

11．若函数，则在区间内可能（    ）

A．单调递增 B．单调递减

C．有最小值，无最大值 D．有最大值，无最小值

【答案】BC

【分析】根据题意结合余弦函数性质分析判断.

【详解】因为，则，

当时，因为在上单调递减，

所以在区间内单调递减，无最值；

当时，令，解得，

因为在上单调递减，则

所以在区间内单调递减，有最小值，无最大值；

综上所述：在区间内可能单调递减，有最小值，无最大值.

故选：BC.

12．如图，圆锥内有一个内切球，球与母线分别切于点.若是边长为2的等边三角形，为圆锥底面圆的中心，为圆的一条直径（与不重合），则下列说法正确的是（    ）

A．球的表面积与圆锥的侧面积之比为

B．平面截得圆锥侧面的交线形状为抛物线

C．四面体的体积的取值范围是

D．若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则最大值为

【答案】ABD

【分析】利用球的表面积公式及圆锥的侧面积的公式可判断A，由圆锥曲线定义可得选项B正确， 求出点到面的距离的范围，进而可得体积的取值范围可判断C，写出的表达式，利用三角函数函数可得的最大值，从而判断选项D.

【详解】对选项A，设圆锥的底面半径为，球的半径为，圆锥的母线长为，

因为是边长为2的等边三角形，则，，

连接，，，由条件可知，，，且，

则，所以，

则，即，

所以球的表面积，圆锥的侧面积，

所以球的表面积与圆锥的侧面积之比为，故选项A正确；

因为平面与母线VB平行，所以截得圆锥侧面的交线形状为抛物线，故选项B正确；

对选项C，由题意是的中点，所以四面体的体积等于，

设点到平面的距离为，当，处于，时，，

当，处于弧中点时，最大，为1，所以，

如图作交于，由对选项A可知，，

则，，所以，从而，

所以的面积，

所以，

因为，所以，故，

所以四面体的体积的取值范围是，故选项C不正确；

对选项D，由题意得球面和圆锥侧面的交线为以为直径的圆，

以为坐标原点，所在直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，，设，

则，

，

所以，

所以

即，

所以当时，有最大值，故选项D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．若，则的值等于      .

【答案】

【分析】利用两角差的正切公式可求出的值.

【详解】因为，，

故答案为：

【点睛】本题考查两角差的正切公式，考查了计算能力，属于基础题.

14．展开式中的常数项为          .

【答案】

【分析】利用二项式展开式的通项公式，令x的指数为0，求得参数r的值，即可求得答案.

【详解】由题意的展开式的通项为 ，

令，

故展开式中的常数项为，

故答案为：60

15．现有两个罐子，1号罐子中装有2个红球､1个黑球，2号罐子中装有3个红球､1个黑球.现先从1号罐子中随机取出一个球放入2号罐子，再从2号罐子中取一个球，则从2号罐子中取出的球是红球的概率为          .

【答案】

【分析】根据给定条件，利用全概率公式求解作答.

【详解】记1号罐子中取出红球的事件为，取出黑球的事件为，从2号罐子中取出红球的事件为，

显然互斥，，

所以.

故答案为：

16．若存在实数使得，则的值为          .

【答案】/

【分析】由已知得，令，利用导数可得，再根据等号成立的条件可得答案.

【详解】由已知得，

令，则，当时，，单调递增，

当时， ，单调递减，所以，

可得，所以，

即，

当且仅当即等号成立，

此时的值为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知各项不为零的数列满足：.

(1)求，并求的通项公式；

(2)记数列的前项和为，证明：.

【答案】(1)，

(2)证明见解析

【分析】（1）由，两边同除以，得，从而可知数列是首项为，公差为2的等差数列，可求数列的通项公式，进而可得答案；

（2）根据，结合（1），将通项裂项可得，求和后可得结论．

【详解】（1）因为，所以，

所以，

所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，

所以，所以，；

（2），

所以

所以.

18．的内角的对边分别为，已知.

(1)求；

(2)求周长的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）运用正弦定理结合条件求解即得；

（2）运用余弦定理和基本不等式求解.

【详解】（1）由正弦定理，可知，

整理得，

因为，所以，

因为，所以，所以，

又因为，所以，

又，所以；

（2）由余弦定理，得，

所以，

则，所以，当且仅当“”时取得等号，

所以周长的最大值为；

综上，，周长的最大值为.

19．“总要来趟南京吧!”今年一季度南京接待游客4千多万，居全省第一.南京的旅游资源十分丰富，既有中山陵､夫子庙､玄武湖､南京博物院等传统景区，又有科巷､三七八巷､德基广场等新晋网红景点.

(1)如果随机访问了50名外地游客，所得结果如下表所示：

试判断是否有的把握认为是否首选网红景点与性别有关；

(2)根据互联网调查数据显示，外地游客来南京旅游首选传统景区的概率是0.6，首选网红景点的概率是0.4.如果随机访问3名外地游客，他们中首选网红景点的人数记为，求的分布列和期望.

附：（其中.

【答案】(1)有

(2)分布列见解析，1.2

【分析】（1）根据表中的数据填写列联表，再按照公式计算；

（2）随机变量X服从二项分布，根据二项分布求出分布列和数学期望.

【详解】（1）提出假设

：是否选择网红景点与性别没有关系.

由题意，补全列联表得

根据公式求得，

因为当成立时，的概率约为0.1，

所以有的把握认为，是否首选网红景点与性别有关；

（2）由题意知，随机变量服从二项分布，

则的分布列为：

，

，，，，

的分布表为：

所以的期望值；

综上，是否首选网红景点与性别有关；的期望值.

20．如图，在四棱台中，平面，四边形为菱形，.

(1)证明：；

(2)点是棱上靠近点的三等分点，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，结合菱形对角线互相垂直，得到线面垂直，证明出结论；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的大小.

【详解】（1）四棱台中，延长后交于一点，故共面，

因为平面平面，故，

连接，因为底面四边形为菱形，故，

因为平面，

故平面，

因为平面，

所以；

（2）过点作的垂线交与点，以作为轴，以分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则，

由于，故，

由于点是棱上靠近点的三等分点，故，

则，

则，

记平面的法向量为，则，

令，则，即..

平面的法向量可取为，

则

由图知二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为.

21．已知双曲线经过点，且离心率为2.

(1)求的方程；

(2)过点作轴的垂线，交直线于点，交轴于点.设点为双曲线上的两个动点，直线的斜率分别为，若，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意求出即可得解；

（2）设，方法一：分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线方程为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据求出的关系，从而可得直线过定点，进而可得出答案.

方法二：可设直线方程为，由可得，再根据求出，从而可得直线过定点，进而可得出答案.

【详解】（1）由题意得，解得，

所以的方程为；

（2）由题意，点坐标为，点坐标为，设，

方法一：

①若直线斜率存在，设直线方程为，

，消去可得，

且，

且，

，

整理可得，

，

化简得，

即，

因为直线不过点，所以，

所以，即，

所以直线的方程为，恒过定点，

②若直线斜率不存在，则，

，

解得，所以直线的方程为，过定点，

综上，直线恒过定点，

设点到直线的距离为，点到直线的距离为，

.

方法二：

因为直线不过点，所以可设直线方程为，

由可得，

即，

，

得，

等式左右两边同时除以，

得，

，

，解得，

所以直线方程为，

即，恒过定点，

下同法一.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；

（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.

22．已知函数.

(1)若，讨论的单调性；

(2)若，存在满足，且，求的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求导后直接根据b的临界情况分类讨论即可；

（2）方法一：通过条件转化后构造，求导后分类讨论，舍去，时，二次求导，取，，通过放缩证明必有，从而存在，从而求出范围；

方法二：通过条件转化得到，然后换元令，转化为在上有解，通过求导与分类讨论进而求解即可.

【详解】（1）当时，，

①当时，对任意恒成立，

所以的单调增区间是，无减区间；

②当时，令，得，令，得，

所以的单调增区间是，单调减区间是；

综上，当时，的单调增区间是，无减区间；

当时，的单调增区间是，单调减区间是.

（2）方法一：

当时，，

因为，所以，

又因为，不妨设，

所以.

令，

则问题转化为在上有解.

注意到，

①当，即时，

对任意恒成立，

所以在上单调递增，，

在上无解，不符题意，舍去..

②当，即时，

设，

则在，即上单调递增，所以，

从而在上单调递减.

因为，

所以存在.

从而在上单调递增，上单调递减.

取，

令，

设恒成立，

所以，从而，即，

因为，所以，所以.

此时

因为

且在上单调递增，上单调递减，

所以必有，从而存在，符合题意.

综上，.

方法二：

当时，，

因为，

所以，

因为，且，

所以，

令，

从而，

即，

令，

则问题转化为在上有解.

①若，即时，

在上恒成立，

所以在上单调递增，，

所以在上无解，不符题意，舍去.

②若，即时，

令，

则在上单调递增，，

所以在上单调递增，

因为，

，

所以存在，

从而在上单调递减，在上单调递增.

令，

所以，从而，即，

此时‘’

取，

此时，

所以

因为

且在上单调递减，上单调递增，

所以必有，从而存在，符合题意.

综上，

【点睛】导数是研究函数的重要工具，含有参数的问题要善于找到临界情况进而分类讨论，得到答案；极值点偏移类的问题多通过二次求导，研究一次导数变化趋势，进而快速求解.