2022-2023学年江苏省连云港市新海高级中学高二下学期6月月考数学试题含答案

2022-2023学年江苏省连云港市新海高级中学高二下学期6月月考数学试题

一、单选题

1．在的二项展开式中，第3项为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】写出二项展开式的通项，即可得出答案.

【详解】因为，的二项展开式的通项为，，

所以，第3项为.

故选：A.

2．若是空间的一个基底，则下列各组向量中一定能构成空间的一个基底的是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】判断所给三个向量是否共面，即可得解.

【详解】对A选项，，故三向量共面，A错误；

对B选项，若共面，则，解得，故三向量共面，B错误，

对C选项，，故三向量共面，C错误，

对D选项，若向量共面，则无解,

故向量不共面，故D正确,

故选：D

3．已知随机变量服从正态分布，则与的值分别为（    ）

A．13  18 B．13   6 C．7   18 D．7    6

【答案】C

【分析】根据正态分布中的参数含义，结合均值和方差的性质即可求解.

【详解】由随机变量服从正态分布可知,所以

故选:C

4．已知P（B）=0.3，，，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知利用全概率公式得，即可求解.

【详解】由全概率公式可得：

可得，解得：.

则.

故选：A.

5．随机变量，已知其概率分布密度函数在处取得最大值为，则（    ）

附：．

A．0.6827 B．0.84135 C．0.97725 D．0.9545

【答案】B

【分析】由正态分布的性质求出，再利用特殊区间的概率及正态分布的性质求解．

【详解】由题意，，，所以，

，所以，

．

故选：B．

6．学校要从5名男生和3名女生中随机抽取2人参加社区志愿者服务，若用表示抽取的志愿者中女生的人数，则随机变量的数学期望的值是（    ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】利用超几何分布的均值公式即可求出结果.

【详解】由题知服从的超几何分布，所以，

故选：C.

7．如图，已知正方形所在平面与正方形所在平面构成二面角的平面角为，且异面直线与所成角为60°，则（    ）

A．2 B． C．0 D．

【答案】C

【分析】即为平面与平面构成二面角的平面角，所以，设正方形边长为1，求出，，代入，解方程即可得出答案.

【详解】根据题意可知，即为平面与平面构成二面角的平面角，

所以，

设正方形边长为1，异面直线与所成的角为60°，

故或，

又，，,，

所以

即

所以；

所以，所以或2(舍去).

故选：C.

8．灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围如图，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分除去两个球冠如图，球冠是由球面被一个平面截得的，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球的半径为，球冠的高为，则球冠的面积已知该灯笼的高为，圆柱的高为，圆柱的底面圆直径为，则围成该灯笼所需布料的面积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由勾股定理求出，则，分别求出两个球冠的表面积、灯笼中间球面的表面积、上下两个圆柱的侧面积即可求出围成该灯笼所需布料的面积.

【详解】由题意得圆柱的底面圆直径为，半径为，即球冠底面圆半径为.

已知该灯笼的高为，圆柱的高为，所以该灯笼去掉圆柱部分的高为，

所以，得，，

所以两个球冠的表面积之和为，

灯笼中间球面的表面积为．

因为上下两个圆柱的侧面积之和为，

所以围成该灯笼所需布料的面积为．

故选：B．

二、多选题

9．某学校一同学研究温差与本校当天新增感冒人数（人）的关系，该同学记录了5天的数据：

经过拟合，发现基本符合经验回归方程，则（    ）

A．样本中心点为 B．

C．，残差为 D．若去掉样本点，则样本的相关系数r增大

【答案】ABC

【分析】由回归直线必过样本中心可判断A项、B项，由残差公式可判断C项，由相关系数公式可判断D项.

【详解】对于A项，因为，，

所以样本中心点为，故A项正确；

对于B项，由回归直线必过样本中心可得：解得：，故B项正确；

对于C项，由B项知，，令，则，

所以残差为，故C项正确；

对于D项，由相关系数公式可知，去掉样本点后，x与y的样本相关系数r不变，故D项错误.

故选：ABC.

10．下列结论中正确的有（    ）

A．

B．除以7的余数是2

C．若，则

D．若，则

【答案】ACD

【分析】利用组合数性质即可知A正确；将写成利用二项展开式即可得除以7的余数是5，即B错误；采用赋值法可得，将 绝对值去掉可写成的形式，令可计算出C正确；根据各项系数与各二项系数的和即可知，所以D正确.

【详解】对于A，利用组合数性质2：可得，

又由组合数性质1：可知，所以，即A正确；

对于B，

，

因此除以7的余数是5，所以B错误；

对于C，由二项展开式的通项可得为负数，其余为非负数；

所以，

令，可得，

令，可得，

即可得，即C正确；

对于D，若，即，得，

所以，即D正确.

故选：ACD

11．已知两个事件，满足，则下列结论正确的是（    ）

A．若为相互独立事件，则

B．若，则

C．

D．

【答案】ABC

【分析】由为相互独立事件，由相互独立事件和条件概率公式可判断A；由条件概率公式和全概率公式可判断B，C，D.

【详解】若为相互独立事件，则，

，故A正确；

若，由A选项可知，，

所以，故B正确；

，，而，

所以，故C正确；

，，

，故D不正确.

故选：ABC.

12．如图，已知圆锥的底面半径，侧面积为，内切球的球心为，外接球的球心为，则下列说法正确的是（    ）

A．外接球的表面积为

B．设内切球的半径为，外接球的半径为，则

C．过点P作平面截圆锥的截面面积的最大值为

D．设长方体为圆锥的内接长方体，且该长方体的一个面与圆锥底面重合，则该长方体体积的最大值为

【答案】AD

【分析】结合底面半径和侧面积求出母线，由外接和内接的性质，结合几何关系和勾股定理即可求解，进而求出外接球半径；由可判断过点P作平面截圆锥的截面面积最大时对应三角形为等腰直角三角形，结合面积公式可求解；由圆的内接四边形面积最大时为正方形，确定上下底面为正方形，列出关于V的关系式，结合导数即可求解.

【详解】因为，解得，即圆锥母线长为2，则高，

设圆锥外接球半径为，如图，

则对由勾股定理得，即，外接球面积为，故A正确；

设内切球的半径为垂直于交于点D，如图，

则对，即，解得，故B项错误；

过点P作平面截圆锥的截面面积的最大时，如图，

因为，故恰好为等腰直角三角形时取到，点C在圆锥底面上，，故C项错误；

设圆锥有一内接长方体，其中一个上顶点为E，上平面中心为，如图，

则，当长方形上平面为正方形时，上平面面积最大，

长方体体积为，当时，时，，故，

故D正确，

故选：AD

三、填空题

13．某校为研究该校学生性别与体育锻炼的经常性之间的联系，随机抽取100名学生（其中男生60名，女生40名），并绘制得到如图所示的等高堆积条形图，则这100名学生中经常锻炼的人数为       ．

【答案】68

【分析】根据等高堆积条形图进行数据分析，即可得到答案.

【详解】由等高堆积条形图进行数据分析，这100名学生中经常锻炼的人数为：.

故答案为：68

14．展开式中的系数为         .

【答案】42

【分析】先将原式分解为2个代数式之和，运用二项式定理分别计算 项的系数，再求和即可.

【详解】 ，

先计算第一个式子 项的系数为=35 ，

再计算第二个式子的 项的系数为 ，

所以原式 项的系数为35+7=42；

故答案为：42.

15．甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有      种．

【答案】50

【分析】因为E工作只有乙能完成，所以分为两类，①乙只完成E工作②乙不止完成E工作，再利用两个原理及排列组合的知识即可求得

【详解】由题意可分为两类

（1）若乙只完成E工作，即甲、丙二人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有种安排方式

（2）若乙不止完成E工作，即甲、乙、丙三人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有

种安排方式

综上共有种安排方式

故答案为：50

16．以棱长为的正四面体中心点为球心，半径为的球面与正四面体的表面相交部分总长度为         .

【答案】

【分析】求出正四面体 内切球半径即为球心到面ABC的距离，从而得到球被平面所截得的圆的半径，再求出的内切圆的半径，此圆恰好为球被平面所截得的圆，即球面与各表面相交部分恰为三角形的内切圆，求四个内切圆的周长即可.

【详解】

将正四面体放入正方体中，则正方体的棱长为，所以正四面体的体积为，

表面积为，设正四面体的内切球半径为，则，解得.

显然内切球心为，故到面的距离为，球面与面相交部分为以的圆，

设三角形的内切圆半径为，圆心为为的中点，则，故，此时恰好，

即球面与各表面相交部分恰为三角形的内切圆，

故当时，圆弧总长度为.

故答案为：

【点睛】方法点睛：有关平面（可以无限延展的）截球所得截面的计算时，第一步求出球心到截面的距离，第二步根据计算出截面圆的半径，第三步在截面（只是有限大小的平面图形）内通过计算判断所截图形是一个完整的圆还是圆的一部分，这时要根据平面几何中的数据进行计算.

四、解答题

17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．

(1)求的值；

(2)若，求的面积．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；

（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．

【详解】（1）由于， ，则．因为，

由正弦定理知，则．

（2）因为，由余弦定理，得，

即，解得，而，，

所以的面积．

18．已知正项等比数列的前项和为，且成等差数列.

(1)证明：数列是等比数列；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过基本量计算可得，然后由等比数列前n项和公式可得，利用定义可证；

（2）由错位相减法可得.

【详解】（1）设等比数列的公比为，

因为成等差数列，所以1，

所以，即，又正项等比数列，所以，解得，

因为，所以，得，

所以

所以，

，所以，

又，所以数列是首项为，公比为的等比数列；

（2）由（1）得，，所以，

所以①

②

①-②得，

整理得：.

19．如图1，矩形ABCD中，，，E为CD的中点，现将，分别沿AE，BE向上翻折，使点D，C分别到达点M，N的位置，且平面AME，平面BNE均与平面ABE垂直（如图2）.

(1)证明：M、N、A、B四点共面；

(2)求直线AE与平面ABNM所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见详解

(2)

【分析】（1）分别取，的中点，，连接，，由面面垂直的性质可得平面，平面，故，再证明四边形是平行四边形，可得，从而可证明；

（2）取的中点，可得，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解.

【详解】（1）证明：如图：

取，的中点，，连接，，如图，

因为，所以，

因为平面平面，平面平面，

平面，所以平面.

同理可得平面，所以，

在直角三角形中，，

所以，同理，

所以四边形为平行四边形，所以，

因为，是，的中点，所以，

所以，所以M、N、A、B四点共面.

（2）在图1中，，

所以，所以，

取的中点，连接，则，所以,

由（1）知，，，两两垂直，

以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，，

， ，，

设平面的法向量为，

因为，，

所以，即，

令，则，

又，设直线与平面所成角为，

所以 .

所以直线与平面所成角的正弦值为.

20．投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，投壶礼来源于射礼．投壶的横截面是三个圆形，投掷者站在距离投壶一定距离的远处将箭羽投向三个圆形的壶口，若箭羽投进三个圆形壶口之一就算投中．为弘扬中华传统文化，某次文化活动进行了投壶比赛，比赛规定投进中间较大圆形壶口得分，投进左右两个小圆形壶口得分，没有投进壶口不得分．甲乙两人进行投壶比赛，比赛分为若干轮，每轮每人投一支箭羽，最后将各轮所得分数相加即为该人的比赛得分，比赛得分高的人获胜．已知甲每轮投一支箭羽进入中间大壶口的概率为，投进入左右两个小壶口的概率都是，乙每轮投一支箭羽进入中间大壶口的概率为，投进入左右两个小壶口的概率分别是和，甲乙两人每轮是否投中相互独立，且两人各轮之间是否投中也互相独立．若在最后一轮比赛前，甲的总分落后乙分，设甲最后一轮比赛的得分为，乙最后一轮比赛的得分为．

(1)求甲最后一轮结束后赢得比赛的概率；

(2)求的数学期望．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分别计算出甲、乙每轮得分可能取值对应的概率，根据最后一轮甲反败为胜可知，结合独立事件概率乘法公式可求得结果；

（2）确定所有可能的取值后，可结合独立事件概率乘法公式可计算得到每个取值对应的概率，根据数学期望计算公式可求得结果.

【详解】（1）设甲一轮的得分为，

则，，；

设乙一轮的得分为，

则，，；

则甲最后一轮反败为胜的概率.

（2）由题意知：所有可能的取值为，

；

；

；

；

的数学期望.

21．已知椭圆，圆与轴的交点恰为的焦点，且上的点到焦点距离的最大值为.

(1)求的标准方程；

(2)不过原点的动直线与交于两点，平面上一点满足，连接交于点（点在线段上且不与端点重合），若，试判断直线与圆的位置关系，并说明理由.

【答案】(1)

(2)直线与圆相离，理由见解析

【分析】（1）由题意列出椭圆中的，，的关系解方程组即可求解；

（2）需判断圆心到直线的距离与圆的半径的大小系，重视设而不求的思想方法.

【详解】（1）由题意，圆与轴的交点为，可得，

椭圆上的点到焦点距离的最大值为，

又因为，可得，

，

所以椭圆的标准方程为

（2）如图所示，设，

当直线的斜率存在时，

设直线，

与联立可得，

，

且有，

，

由可得点为中点，可得，

且有，

所以可得，，

即点的坐标为，

将点代入椭圆，可得，

化简后，得，

由于点分别满足，

代入上式可得，，即.

代入韦达定理可得，，满足式，

点到直线的距离，

由于，可得，

所以，

所以有，所以直线与圆相离，

当直线的斜率不存在时，此时有，

代入，

可得，又，可得，

所以直线的方程为，也满足直线与圆相离.

综上，直线与圆相离.

22．已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）函数，当时，讨论零点的个数.

【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.

【解析】（1）讨论，两种情况，确定的正负，利用导数求的单调性；

（2）设，利用导数得出的单调性，进而得出最小值，讨论最小值大于、小于、等于0的情况结合零点存在性定理确定的零点个数，即零点的个数.

【详解】解：（1）函数的定义域为，.

①当时，，所以在上单调递减；

②当时，令得.

若，；

若，；

所以在单调递减，在单调递增.

综上所述，当时，在上单调递减；

当时，在单调递减；在单调递增.

（2）

设函数

因为，所以得.

当时，，在上单调递减.

当时，，在上单调递增.

所以当时，取最小值，最小值为.

若时，，所以函数只有1个零点；

若时，，所以函数无零点；

若时，，，

，故，；

所以函数在和各有一个零点，所以函数有两个零点.

综上所述，当时，函数只有1个零点；当时，函数无零点；

当时，函数有两个零点

【点睛】方法点睛：研究含参函数的零点问题，即方程的实根问题，通常选择参变分离,得到的形式，后借助数形结合(几何法)思想求解；若无法参变分离，则整体含参讨论函数的单调性、极值符号，由数形结合可知函数的图象与轴的交点情况即函数的零点情况.