2022-2023学年江苏省南京市溧水高级中学高二下学期4月学情调研数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省南京市溧水高级中学高二下学期4月学情调研数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省南京市溧水高级中学高二下学期4月学情调研数学试题 一、单选题1．已知直线与平行，则之间的距离为（   ）A．1 B．2 C． D．【答案】D【分析】由两直线平行，可知其斜率相等，即可求出，然后再根据平行直线间的距离公式即可求解.【详解】由题意知，，，因为，所以，所以，所以，即，所以故答案为：2．已知圆与圆只有一个公共点，则（   ）A．1 B．4 C．9 D．1或9【答案】D【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意两圆相内切，则圆心距等于半径之差的绝对值，即可得到方程，解得即可.【详解】圆，即，圆心为，半径，圆，圆心，半径为，所以因为两圆只有一个公共点，所以两圆相外切或相内切，显然两圆不能相外切，所以，即，解得或.故选：D3．在54张扑克牌中取出13张红桃，按大小排好，现取出梅花插入红桃牌中，则15张扑克牌的排法种数是（   ）A．12 B．182 C．210 D．364【答案】C【分析】利用倍缩法求解即可.【详解】由题意，15张扑克牌的排法种数是.故选：C.4．能源是一个国家发展的基础，火力发电是现今社会能源来源的主要途径，但火力发电影响全球气候变暖等有关问题．为了提高火电厂一次能源的使用效率，有效推动社会的可持续发展，必须对火电厂节能减排技术进行深入的探讨．火电厂的冷却塔常用的外形之一就是旋转单叶双曲面，它的优点是对流快、散热效果好，外形可以看成是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所形成的曲面（如图1）．某火电厂的冷却塔设计图纸比例（长度比）为（图纸上的尺寸单位：），图纸中单叶双曲面的方程为（如图2），则该冷却塔占地面积为（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，可得，求出底面圆的半径，乘以比例尺，即可求出占地面积作答.【详解】令，得方程为，它是一个半径为的圆，而比例尺为，因此圆的实际半径为，所以冷却塔占地面积为．故选：B5．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】对A，只需取代入即可；对B，把看成求其展开式的第11项即可求得；对C，把看成求其展开式的第2项即可求得；对D，令，即可得.【详解】对A，时，原始右边=，所以A错误；对B，，，，所以B错误；对C，同上，，，C正确；对D，令，则，则，所以D错误.故选：C.6．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中画了一张表示二项式展开式的系数构成的三角形数阵（如图所示），在“杨辉三角”中，第10行所有数字的平方和等于（   ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意得到第10行的所有数字的平方和为，结合的展开式中，得到，即可求解.【详解】由题意，可得第10行的所有数字的平方和为，因为 ，所以展开式中的系数，又因为，可得展开式中的系数，所以，所以.故选：A.7．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两个不同的点，．如果，，成等差数列，那么等于（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】只有项是负的，代入发现，对于A、C、D选项：，利用抛物线定义以及等差中项可求参数的值.【详解】对于选项：若，，，，不符合题意.对于B、C、D选项：，直线与抛物线交于两个不同的点，．设， ，因为，，成等差数列，所以，设直线为抛物线的准线，根据抛物线定义，因为抛物线，所以，，，令，则，则直线过定点，其在抛物线内部，且，则该直线与抛物线必有两交点，，，所以，解得.故选：C.8．已知关于的方程在上解的个数为（   ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【分析】在同一坐标系内作出与在上的图像，观察图像交点个数，即可得到关于的方程在上解的个数.【详解】关于的方程在上解的个数，即为关于的方程在上解的个数，令，，则，则当时，单调递增；当时，单调递减.又，，在同一坐标系内作出与在上的图像，两图像有1个交点则关于的方程在上解的个数为1.故选：A. 二、多选题9．已知数列前项和为，，则下列正确的是（   ）A．数列为等比数列B．C．D．数列的前项和为【答案】ACD【分析】根据题意，由递推关系可得数列与都为等比数列，然后结合等比数列的通项公式以及求和公式即可得到结果.【详解】由可得，，则，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故A正确；因为，当时，，当时，也满足上式，所以，故B错误；因为，即数列是以为首项，为公比的等比数列，则其前项和，故C正确；因为，则其前项和，故D正确；故选:ACD10．在 的展开式中，下列结论正确的是（   ）A．展开式的二项式系数和是128 B．只有第4项的二项式系数最大C．的系数是 D．展开式中的有理项共有3项【答案】AC【分析】根据二项式展开式的通项特征即可判断CD，由组合数的性质即可判断B,由二项式系数和可判断A.【详解】对于A,二项式系数和为，故A正确，对于B，由于 ,所以第四项与第五项的二项式系数均为最大，故B错误，对于C,的通项为，令，所以的系数是，故C正确，当时，为整数，所以有理项有4项，故D错误，故选：AC11．在三棱柱中，分别是上的点，且.设，若，则下列说法中正确的是（    ）A． B．C． D．直线与所成的角为【答案】BC【分析】根据空间向量的线性运算法则，可判定A错误；求得，求得可判定B正确；根据向量的数量积的运算公式，求得，可判定C正确；利用向量的夹角公式，可判定D错误.【详解】由题意，在中，因为，且，，对于A中，根据向量的运算法则，可得 ，所以A不正确；对于B中，因为，可得，所以，所以B正确；对于C中，由，则，所以C正确；对于D中，由，可得且，则，所以D错误.故选：BC.12．已知椭圆一个焦点是，过点且垂直轴的直线交椭圆第一象限于点. 直线平行于（为原点），且与椭圆交于两点，与直线交于点（介于两点之间）.则下列正确的是（    ）A．椭圆的方程为 B．C．面积最大值是 D．【答案】ACD【分析】对于A：根据题意列式求解即可；对于B：利用韦达定理可得，分析判断；对于C：利用韦达定理结合二次函数分析求解；对于D：根据角平分线结合正弦定理分析求解.【详解】对于A：由题意可得：，解得，所以椭圆的方程为，故A正确；由题意可知：直线的斜率，设直线：，联立方程，消去y得，则，解得，且，对于B：由题意可得：，则，所以，若，则均为定值，显然不合题意，故B错误；对于C：，点到直线直线：的距离，则面积，当，即时，面积最大值是，故C正确；对于D：在中，由正弦定理可得，在中，由正弦定理可得，由选项B可知：，即直线为的角平分线，则，即，又因为，则，所以，整理得，故D正确；故选：ACD. 三、填空题13．已知数列的前项和为，，，则________.【答案】【分析】利用与题设条件推得，从而得到是等差数列，进而利用等差数列的通项公式即可得解.【详解】因为，所以当时，，即，若，则，故，显然与矛盾，故，所以，又，所以是以首项为，公差为的等差数列，所以，故.故答案为：.14．已知直线与相交于点，过点作圆的切线，切点为，则的最大值为___.【答案】【分析】先求得点的轨迹方程，再求得圆心到点M的距离的最大值，进而利用切线长定理即可求得的最大值.【详解】当时，直线过定点，斜率直线过定点，斜率，由，可得两直线垂直；当时直线与直线垂直.综上，直线与直线总垂直.则点在以为直径的圆上，圆心，半径为，圆的圆心，半径为1，则点M到圆心的距离的最大值为，则故答案为：715．直四棱柱的底面为正方形，分别是上底面、下底面的中心，在平面内的射影恰好为的重心，，则________.【答案】【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立坐标系，设，求得的重心，再利用求解即可.【详解】解：如图示，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立坐标系：设，则有，，，则的重心，所以，，由题意可得平面，平面，所以，即有，所以，即有，又因为，得.故答案为：16．已知直线是曲线与的公切线，则________.【答案】【分析】设设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，然后求出，，再根据导数的几何意义求出切线方程，联立切线方程即可求解.【详解】设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，由于，，所以，，，，所以由点在切线上，得切线方程为，由点在切线上，得切线方程为，故解得.故答案为：. 四、解答题17．某学校高二1班有五名学生报名参加社团活动，社团活动共有“记者在线”、“机器人行动”、“音乐之声”三个项目，每人都要报名且限报其中一项．(1)求“每个项目都有人报名”的报名情况种数；(2)已知其中一项目恰只有三名学生报名，求只有甲同学一人报“记者在线”的概率.【答案】(1)150(2) 【分析】（1）5名学生分三组，按人数分为3，1，1或2，2，1分类计算即可；（2）记事件为“其中一项目恰只有三名学生报名”，事件为“只有甲同学一人报记者在线”，利用条件概率公式计算即可.【详解】（1）“每个项目都有人报名”，则5名学生分三组，即人数分为3，1，1或2，2，1；故此时报名情况有种.（2）记事件为“其中一项目恰只有三名学生报名”，事件为“只有甲同学一人报记者在线”，事件为“其中一项目恰只有三名学生报名”，报名情况有种，所以，若同时发生，即其中一项目恰只有三名学生报名，且只有甲同学一人报“记者在线”，则有种，所以，所以.18．如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，，，，，平面平面．(1)证明：平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据题意，由面面垂直的性质定理可得平面，从而得到，再由线面垂直的判定定理即可得到证明；（2）根据题意，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以，又因为为等边三角形，为的中点，所以，因为平面，所以平面.（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系，则，，由（1）可知， 平面的一个法向量，设是平面的一个法向量，，所以，即，取，则，所以，所以，平面与平面所成锐二面角的余弦值为19．正项数列的前和为，且．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由证明是等差数列，可求通项；（2）由错位相减法求的通项，再用分组求和求数列的前项和.【详解】（1）正项数列，当时，由，解得，由，所以，所以，即，，数列是正项数列，所以，所以数列是首项为1，公差为1的正项等差数列，所以.（2）由，所以，，，上面两式相减，得， ，即，所以，.20．已知函数（为非零常数）.(1)若函数在上是增函数，求实数的取值范围；(2)若（）表示的导函数，，当时，设，若的最小值恒大于零，求的最小值.【答案】(1)(2)8 【分析】（1）根据函数在上是增函数，得在上恒成立，分离参数，构造函数，求解函数最值即可得到答案；（2）先通过求导得到函数的解析式，利用导数研究单调性，利用最小值恒大于零解不等式即可.【详解】（1）因为，所以，因为函数在上是增函数，所以，所以，即，设，，则，令得，当时，函数是减函数，当时，函数是增函数，所以当时，的最小值为，所以，即；（2）由题意，，，，，当时，，因为，所以，所以，令，得，当时，函数是减函数，当时，函数是增函数，所以当时，的最小值为，若，则，所以，所以的最小值为8.21．已知双曲线的一条渐近线方程为，且左焦点到渐近线的距离为， 直线、经过且互相垂直（斜率都存在），与双曲线分别交于点和，、分别为、的中点.(1)求双曲线的方程；(2)证明：（一）直线过定点；（二）与的面积之比为定值．【答案】(1)(2)（一）证明见解析；（二）证明见解析 【分析】（1）先由题给条件求得的值，进而得到双曲线的方程；（2）先利用设而不求的方法分别求得两点的坐标，求得直线的方程，进而得到直线过定点；分别表示出与的面积，进而得到与的面积之比为定值．【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，所以，左焦点到渐近线的距离为，所以，又，联立得，解之得,所以双曲线的方程为.（2）设直线的方程为，令联立，整理得，，所以，所以，则，设直线的方程为，令联立，整理得，所以，所以，则，当，即时，直线的方程为.当，，时，直线的斜率为， 直线的方程为，即，所以直线过点，又直线过点，综上，直线过定点.所以与的面积之比为22．已知函数在点处的切线过点，关于x的方程有两个实数根.(1)证明：(2)证明：【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）先利用题给条件求得m的值，进而得到的解析式，构造新函数并利用导数求得其最大值，即可证明成立；（2）由（1）的结论得，构造新函数，并利用导数求得其最大值，即可得，进而证得成立.【详解】（1），则， 又，，则函数在点处的切线为：，把点代入得：，解之得，则由，可得令，则∵，，令，则；令，则；则在上单调递增，在上单调递减，可得，故，即.（2）由题意可得：，则，∵，，令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，可得，由关于x的方程有两个实数根，得，由（1）得：对恒成立，得，设，则，∵，则，令，解得；令，解得，则在上单调递增，在上单调递减，可得，故对恒成立，可得，所以，所以