2022-2023学年江苏省盐城市高二下学期6月期末数学试题含答案

2022-2023学年江苏省盐城市高二下学期6月期末数学试题

一、单选题

1．如果随机变量，那么等于（    ）

A． B．1 C．2 D．3

【答案】B

【分析】利用二项分布数学期望的公式计算即可.

【详解】因为，

所以.

故选：B.

2．为了解双减政策的执行情况，某地教育主管部门安排甲、乙、丙三个人到两所学校进行调研，每个学校至少安排一人，则不同的安排方法有（    ）

A．6种 B．8种 C．9种 D．12种

【答案】A

【分析】先分组，再分配即可.

【详解】由题意，将3人分成2组，其中一组2人，有种，

再分配到两所学校，有种，

故共有种安排方法.

故选：A.

3．把红、黑、白、蓝4张纸牌随机地分给甲、乙2个人，每个人分得2张，事件“甲分得红牌和蓝牌”与“乙分得红牌和黑牌”是（    ）

A．对立事件 B．不可能事件 C．互斥但不对立事件 D．以上均不对

【答案】C

【分析】根据互斥事件和对立事件的概念，选出正确选项.

【详解】事件“甲分得红牌和蓝牌”与“乙分得红牌和黑牌”，显然两个事件不可能同时发生，

但两者可能同时不发生，如“甲分得红牌和白牌”与“乙分得蓝牌和黑牌”，

综上，这两个事件为互斥但不对立事件.

故选：C.

4．若的二项展开式中常数项为（    ）

A．1 B．2 C．4 D．6

【答案】C

【分析】写出展开式的通项，再令，解得，最后代入计算可得.

【详解】二项式展开式的通项为（且），

令，解得，所以，故展开式中常数项为.

故选：C

5．若抛物线上的一点到坐标原点的距离为，则点到该抛物线焦点的距离为（    ）

A． B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】求得点的坐标，将点到该抛物线焦点的距离转化为点到抛物线的准线的距离即可．

【详解】设点，，

，

或（舍去），

，

到抛物线的准线的距离，

点到该抛物线焦点的距离等于点到抛物线的准线的距离，

点到该抛物线焦点的距离为．

故选：C.

6．某班经典阅读小组有名成员，暑假期间他们每个人阅读的书本数分别如下：、、、、，则这组数据的上四分位数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将样本数据由小到大排列，结合上四分位数的定义可求得这组数据的上四分位数.

【详解】将样本数据由小到大排列依次为：、、、、，

因为，因此，这组数据的上四分位数为.

故选：D.

7．在坐标平面内，与点距离为，且与点距离为的直线共有（    ）

A．1条 B．2条 C．3条 D．4条

【答案】A

【分析】判断以点为圆心，为半径的圆与以点为圆心，为半径的圆的位置关系，即可判断.

【详解】当直线的斜率不存在时，直线满足与点距离为，且与点距离为，

以点为圆心，为半径的圆的方程为，

以点为圆心，为半径的圆的方程为，

因为，则两圆相内切，

故两圆的公切线有且仅有条，即，

故在坐标平面内，与点距离为，且与点距离为的直线共有条.

故选：A

8．如图所示，在矩形中，，动点在以点为圆心且与相切的圆上，则的最大值是（    ）

A． B． C．1 D．12

【答案】D

【分析】先求出到的距离，可得，由，结合数量积的运算进一步求解即可 .

【详解】由题意知,

设到的距离为，则由等面积法得，则，

故，

其中,

设的夹角为，

则,

当且仅当与同向时，等号成立，

则的最大值是4+8=12.

故选：D.

二、多选题

9．下列关于双曲线的判断，正确的是（    ）

A．顶点坐标为 B．焦点坐标为

C．实轴长为 D．渐近线方程为

【答案】ACD

【分析】确定、、的值，利用双曲线的几何性质可判断各项的正误.

【详解】对于双曲线，，，则，

对于A选项，双曲线的顶点坐标为，A对；

对于B选项，双曲线的焦点坐标为，B错；

对于C选项，双曲线的实轴长为，C对；

对于D选项，双曲线的渐近线方程为，即，D对.

故选：ACD.

10．已知函数，则函数在下列区间上单调递增的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】求解，再对比选项即可求解.

【详解】,

令，可得,解得或，

所以的单调递增区间是，,

所以在与上单调递增.

故选：BD.

11．如图，已知正三角形的边长为3，取正三角形各边的三等分点作第二个正三角形，然后再取正三角形的各边的三等分点作正三角形，以此方法一直循环下去．设正三角形的边长为，后续各正三角形的边长依次为；设的面积为，的面积为，后续各三角形的面积依次为，则下列选项正确的是（    ）

A．数列是以3为首项，为公比的等比数列

B．从正三角形开始，连续3个正三角形面积之和为

C．使得不等式成立的最大值为3

D．数列的前项和

【答案】ABD

【分析】利用余弦定理得到，即可得到数列是以为首项，为公比的等比数列，即可判断A、B，再由，求出的通项，即可判断C，利用等比数列求和公式判断D.

【详解】设正三角形的边长为，后续各正三角形的边长依次为，，，

由题意知，，

，所以为以为首项，为公比的等比数列，

所以，故A正确；

又，，

所以从正三角形开始，连续个正三角形面积之和为，故B正确；

又，，，

所以，，，

显然数列单调递减，，

，，故C错误；

数列的前项和，故D正确；

故选：ABD

12．如图，已知二面角的棱上有两点，，且，则下列说法正确的是（    ）

A．当二面角的大小为时，直线与所成角为

B．当二面角的大小为时，直线与平面所成角的正弦值为

C．若，则二面角的余弦值为

D．若，则四面体外接球的表面积为

【答案】ABD

【分析】过作，且，连接，，即可得到即为直线与所成角，为二面角的平面角，由，即可求出、，即可判断A，取的中点，连接，，即可得到平面，从而得到即为直线与平面所成角，即可判断B，由A、B中，取的中点，连接，，即可得到即为二面角的平面角，即可判断C，四面体的外接球即为四棱锥的外接球，求出外接球的半径，即可判断D.

【详解】对于A、B，如图，过作，且，连接，，

由，，，所以，则为正方形，

则，即为直线与所成角，为二面角的平面角，

当时，易得，

又，，，平面，所以平面，

即面，面，所以，所以为等腰直角三角形，

故，即直线与所成角为，故A正确；

取的中点，连接，，因为为等边三角形，所以，

又面，面，所以，

，平面，所以平面，

所以即为直线与平面所成角，因为，，

所以，即直线与平面所成角的正弦值为，故B正确；

对于C，过作，且，连接，，

由，，，所以，则为正方形，则，

又，，，平面，所以平面，

所以平面，为二面角的平面角，

若，则，所以，即为等边三角形，

所以，即二面角的大小为，

取的中点，连接，，则，所以，

由三垂线法可知即为二面角的平面角，又，所以，

所以，所以二面角的余弦值为，故C错误；

对于D，四面体的外接球即为四棱锥的外接球，

又平面，平面，所以平面平面，

所以将四棱锥补全为直三棱柱，

则四棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，

设外接圆的半径为，则，

设四棱锥的外接球的半径为，则，

所以四棱锥的外接球的表面积，

故四面体外接球的表面积为，故D正确．

故选：ABD.

【点睛】关键点睛：涉及二面角问题关键是找到二面角的平面角，常用定义法和三垂线法.

三、填空题

13．已知、的取值如下表所示，从散点图分析可知与线性相关，如果线性回归方程为，那么表格中的数据的值为         ．

【答案】

【分析】求出样本中心点的坐标，将样本中心点的坐标代入回归直线方程，可求得实数的值.

【详解】由表格中的数据可得，，

将点的坐标代入回归直线方程可得，解得.

故答案为：.

14．设双曲线，焦点为，坐标原点为，为上任意一点，则         ．

【答案】1

【分析】设点，由双曲线的定义得，平方整理得，又，所以，即可得出结果.

【详解】由双曲线，得，，

所以左右焦点的坐标为，

设点，

由双曲线的定义得，平方得，

，

又，所以，

所以．

故答案为：1.

15．已知函数，若函数有两个极值点且，则实数取值范围为         ．

【答案】

【分析】由题意可得，，两式作比得到＝＝，令，结合条件将转化为关于的函数，求导，得到的范围，再结合得到的范围，再与函数有两个极值点时的范围取交集即可．

【详解】∵函数有两个极值点，∴有两个零点，，

∴，，∴＝＝，

令，则①，则有＝②，　

∴，代入①可得，

又由②得，∴，

令，则＝，

令，则＝，

∴单调递减，∴，

∴单调递减，∴，即，

而，令，

则＞0，∴在时单调递增，

∴，即，

又有两个零点，则直线与的图象有两个交点，

而，令，则，

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

所以，且当时，；当时，；，

大致图象为：

由图可知，，

又，

，则，

综上，，

故答案为：．

【点睛】已知函数有零点，求参数取值范围常用的方法和思路.

（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决．

（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．

16．某射手射击三次，记事件“第次命中目标”，，，，则         ．

【答案】

【分析】由题意，计算条件概率，利用全概率公式，求得答案.

【详解】由题意，，，

则，

，，

则.

故答案为：.

四、解答题

17．已知数列中，．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，数列的前项和，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由，得到，再利用累乘法求解；

（2）由（1）易得，再利用裂项相消法求解.

【详解】（1）因为，，

所以，

所以

当时， 满足条件，

所以；

（2）因为，

所以，

所以，

因为，所以 .

18．某中学对50名学生的性别与主动预习的情况进行调查，得到的统计数据如表所示：

(1)判断是否有的把握认为“主动预习”与性别有关？

(2)现从抽取的“主动预习”的学生中，按性别采用分层抽样的方法抽取4人参加奥数闯关比赛，已知其中男、女学生独立闯关成功的概率分别为，在恰有两人闯关成功的条件下，求有女生闯关成功的概率．

参考数据与公式：

，其中．

【答案】(1)是

(2)

【分析】（1）利用列联表中的数据，求得的值，再与临界值表对照下结论；

（2）根据分层抽样，得到抽取4人中，有男生3人，女生1人，设“恰有两人闯关成功”为事件A，“有女生闯关成功”为事件B，分别求得其概率，再利用条件概率求解.

【详解】（1）解：因为，

所以有的把握认为“主动预习”与性别有关；

（2）根据分层抽样，抽取4人中，有男生3人，女生1人，

设“恰有两人闯关成功”为事件A，“有女生闯关成功”为事件B，

因为参加奥数闯关比赛，已知其中男、女学生独立闯关成功的概率分别为，

所以，

，

所以.

19．已知正方形的边长为，将沿对角线翻折，使得平面平面，得到三棱锥．

(1)求与所成角的余弦值；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）证明出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与所成角的余弦值；

（2）利用空间向量法可求得二面角的余弦值.

【详解】（1）解：连接交于点，

因为四边形为正方形，所以，，，

翻折后，仍有，，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以，平面，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

因为正方形的边长为，则，

则点、、、、，

所以，，，

则，

因此，与所成角的余弦值为.

（2）解：设平面的法向量为，，

则，取，则，

设平面的法向量为，，

则，取，可得，

因为，

由图可知，二面角的平面角为钝角，故二面角的余弦值为.

20．在学校校本研究活动中，数学兴趣小组开展了一个特别的投骰子游戏.如果学生投中1或6得2分，并且可以继续下一次投骰子；如果投中2或5得1分，也可以继续下一次投骰子；如果投中3或4得0分且游戏结束．但投骰子的次数最多不超过3次．用X表示游戏结束时学生累计获得的分数．

(1)求该学生获得2分的概率；

(2)求的分布列及数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析；

【分析】（1）分析该学生获得2分的情况，从而利用独立事件与互斥事件的概率公式求解即可；

（2）先由题意得到的可能取值，再依次求得的取值对应的概率，从而得解.

【详解】（1）依题意，在单次投骰子中，投中1或者6的概率为，投中2或5的概率为，投中3或4的概率为，

而该学生获得2分的情况有：第一次投中投中1或者6，第二次投中3或4；第一次与第二次都投中2或5，第三次投中3或4；共2种情况，

所以该学生获得2分的概率为：.

（2）依题意，可知的可能取值为，

，

，，

，

所以的分布列为：

故.

21．已知椭圆的离心率为，记的右顶点和上顶点分别为、，的面积为（为坐标原点）．

(1)求的方程；

(2)点在线段上运动，过点垂直于轴的直线交于点（点在第一象限），且，设直线与的另一个交点为，证明：直线过定点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；

（2）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，求出点、的坐标，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由、、三点共线结合韦达定理可得出，然后化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标.

【详解】（1）解：由题意可得，，且，则，

所以，，解得，

所以，椭圆的方程为.

（2）证明：若直线与轴重合，则直线与直线重合，不合乎题意，

设直线的方程为，设点、，

易知点、，则直线的方程为，

直线的方程为，联立，可得，故点，

因为点，设点，则为线段的中点，

则，可得，即点，

联立直线与椭圆的方程得，可得，

，

由韦达定理可得，，

因为、、三点共线可得，

且，，

所以，，

整理可得

，

化简可得，

所以，直线的方程为，

由可得，因此，直线过定点.

【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，其中为实数．

(1)若在区间上单调递增，求的取值范围；

(2)求证：对任意的实数，方程均有解．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意在区间上恒成立，所以，记，利用导数求解即可；

（2）设，故方程转化为，设，分为，两种情况讨论，结合零点存在定理得出结论．

【详解】（1）因为在区间上单调递增，

所以在区间上恒成立，

所以．

记，

因为在上单调递增且恒大于0，在上单调递增，

当时，，所以不可能取得最大值；

当时，且单调递增，单调递增且恒大于0，

所以在上单调递增，所以，

所以，即的取值范围是．

（2）设，由方程得，

即，所以，

设，

当时，由，得，故原方程有解；

当时，，，

则，

由零点存在定理可知，在上有零点，故原方程有解．

综上，对任意的实数，方程均有解．

【点睛】方法点睛：一般地，由函数的单调性求参数范围的问题常转化为不等式恒成立问题，常见处理方法有：

①分离参数法：分离出函数中的参数，问题转化为求新函数的最值或范围．若恒成立，则；若恒成立，则；

②最值法：通过对函数最值的讨论得出结果．若恒成立，则；若恒成立，则；

③数形结合法：若恒成立，则图象始终在的上方；

④分段讨论法：对变量进行分段讨论，然后再综合处理．