2022-2023学年河北省石家庄市正中实验中学高二下学期4月月考数学试题含答案

2022-2023学年河北省石家庄市正中实验中学高二下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出补集，进而求出交集.

【详解】由题意可得或，则.

故选：A

2．若复数满足，则在复平面内复数所对应的点位于（    ）

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】化简求得，进而判断出对应点所在象限，

【详解】由，得，

则，，

对应点坐标为，在第四象限.

故选：D

3．从某班包含甲､乙的5名班干部中选出3人参加学校的社会实践活动，在甲被选中的情况下，乙也被选中的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知条件，结合条件概率公式，即可求解．

【详解】令事件为甲被选中的情况，事件为乙被选中的情况，

故，，

故．

故选：．

4．已知是奇函数，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据可得，然后进行验证，进而即得.

【详解】因为是定义在上的奇函数，

所以，即，

解得，所以，

此时是奇函数，

所以.

故选：B.

5．设随机变量服从正态分布，则下列结论正确的是（    ）

①；②；

③；④．

A．①② B．②③ C．①④ D．②④

【答案】D

【分析】由可判断①，根据正态分布曲线的对称性可得可判断②③，由可判断④.

【详解】因为随机变量服从正态分布，

因为，所以①不正确；

因为

，

所以②正确，③不正确；

因为，

所以，所以④正确．

所以结论正确的是②④.

故选：D.

6．已知在圆上恰有两个点到原点的距离为，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据圆与圆的位置关系求得的取值范围.

【详解】圆的圆心为，半径为，

依题意可知，以原点为圆心，半径为的圆，与圆相交，

，所以，

即，所以.

故选：C

7．已知等差数列的公差为，随机变量满足，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据等差数列的通项公式和随机变量分布列的概率之和等于1即可求解.

【详解】因为随机变量满足，

所以，

也即，又因为是公差为的等差数列，

所以，则有，，，

所以，则，

，，

因为，所以，解得，

故选：.

8．已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】结合的图象，通过求切线方程的方法来求得的取值范围.

【详解】画出的图象如下图所示，

（1）设直线与的图象相切于点，如图，

当时，由解得，

即，即切点，

则，切线方程为.

（2）设直线与的图象相切于点，如图，

当时，由解得，

即，即切点，

则，切线方程为.

综上所述，结合图象可知的取值范围是.

故选：D

【点睛】方法点睛：利用导数求解曲线的切线方程，情况有两种，一种是已知切点的，另一种是已知斜率的，

不管是哪种情况，关键点都是两个，一个是切点，一个是斜率，切点既在切线上，也在曲线上，斜率可由切线方程得到，也可以由导数得到.

二、多选题

9．若，且满足，则（    ）

A．的最小值为4 B．的最小值为2

C．的最小值为 D．的最小值为

【答案】AD

【分析】将，变形为，然后利用“1”的代换，由利用基本不等式求解；根据，再用“1”的代换，由利用基本不等式求解.

【详解】因为，且满足，

所以，

所以，

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为4，

因为，

所以，

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为

故选：AD

【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，还考查了转化化归思想和运算求解的能力，属于中档题.

10．下列命题中，真命题的是（    ）

A．若样本数据的方差为2，则数据的方差为8

B．若回归方程为，则变量y与x负相关

C．甲同学所在的某校高三共有5003人，先剔除3人，再按简单随机抽样的方法抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为

D．在线性回归分析中相关指数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好

【答案】AB

【分析】对A：结合新样本数据的方差公式运算；对B：根据负相关的概念，由x的系数分析判断；对C：根据随机抽样可知每个个体被抽到的机会均等，分析运算；对D：相关指数越接近于1，拟合效果越好.

【详解】对A：若样本数据的方差为2，则数据的方差为，A项为真命题；

对B：由，可知，则变量y与x负相关，B项为真命题；

对C：根据随机抽样可知每个个体被抽到的机会均等，与抽样方法无关，

某校高三共有5003人，抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为，故C项为假命题；

对D：在线性回归分析中相关指数越接近于1，则模型的拟合效果越好，故D项为假命题.

故选：AB.

11．已知直线与椭圆交于，两点，若是直线上一点，为坐标原点，则下列结论正确的有（   ）

A．椭圆的离心率

B．

C．

D．若是椭圆的左右焦点，则

【答案】ABD

【分析】根据椭圆方程即可求离心率，从而判断A；根据直线与椭圆相交弦长求解公式，利用“联消判韦”即可求得长，从而判断B；根据向量的数量积结合交点坐标关系即可判断C；利用对称性，结合三角形三边关系即可得最大值，从而判断D.

【详解】解：由椭圆知，，则，所以，故离心率，故A正确；

设，则，所以，则，

故，故B正确；

则，所以与不垂直，故C不正确；

因为是椭圆的左右焦点，所以，若是直线上一点，

如图：

设关于直线对称的点为，设，则，解得，即；

则，又由三角形三边关系可得，

又，即，故D正确.

故选：ABD.

12．已知正方体的棱长为2，N为的中点，，，平面，下面说法正确的有（    ）

A．若，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形

B．若，平面截正方体所得的截面面积的最大值为

C．若的和最小，则

D．直线与平面所成角的最大值为

【答案】ABD

【分析】对于选项A，D，利用空间向量的坐标运算求解判断即可；

对于选项B，画出图形，利用直线和平面垂直，结合面积求解即可；

对于选项C，利用展开图，计算距离的最小值，判断即可.

【详解】以点为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

对于选项A，设平面交棱于点，设，，

当时，点，，

因为平面，平面，平面，，

所以，即，

得，所以，

所以点为棱的中点，

设平面交棱于，同理可知点为棱的中点，即，

故，而，

所以

所以且，

由空间两点间距离公式得，，

由，,则，

所以，

所以四边形是等腰梯形,

故选项A正确；

对于选项B，当时，与点重合，连接，，，，

在正方体中，平面，

因为平面，所以，

因为四边形是正方形，所以，

因为，所以平面，

因为平面，所以，

同理可证，

因为，所以平面，

所以是其中一个截面图形，

易知是边长为的等边三角形，其面积为，

设，，，，，，分别为，，，，，的中点。易知六边形是边长为的正六边形，其面积为，

且平面平面，

所以平面，

所以六边形也是其中一个截面图形，

易知，六边形是最大截面，

所以平面截正方体所得的截面面积的最大值为，

故选项B正确；

对于选项C，将矩形与正方形延展到一个平面内，如下图所示，

若的和最小，则、、三点共线，

因为，所以，

因为，所以，

所以，故，

故选项C错误；

对于选项D，，，设点，

因为平面，

则为平面的一个法向量，且，，

设直线与平面所成角为，

所以，

因为，当时最大，

最大值为，此时，

故直线与平面所成角的最大值为，

故选项D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．的展开式中的系数为           ．（用数字作答）

【答案】

【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.

【详解】依题意，展开式中，含的项为：

，

所以的系数为.

故答案为：

14．若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形．则圆锥的侧面积是         ．

【答案】

【分析】根据题意可得圆锥的底面半径和母线长，进而根据圆锥侧面积公式求得结果.

【详解】若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，则圆锥的底面半径，母线，

故圆锥的侧面积.

故答案为：.

15．关于，，的方程（其中，，）的解共有     组．

【答案】15

【分析】将7分解成为7个1，将这些1分为三组，每一组都不为0，则1的个数分别代表，，的值.

【详解】将7分解成为7个1，现在将7个1分为三组，每一组都有1，则分组方式为，

即关于，，的方程（其中，，）的解共有15组.

故答案为：15.

【点睛】关键点点睛：

求解本题的关键在于理解本题的实质是组合问题，将问题转化为熟悉的模型，利用隔板法即可求解.

16．设点P在曲线上，点Q在曲线上，则|PQ|的最小值为     .

【答案】

【分析】令、，易知分别由已知函数向上平移一个单位得到且互为反函数，即关于，所以仅需P、Q关于对称且两点处切线平行于时|PQ|的最小，利用导数的几何意义求点坐标，结合点线距离公式及对称性即可求最小值.

【详解】令、分别向上平移一个单位可得、，而与关于对称，

∴当两条曲线在P、Q处的切线均与平行时，P、Q关于对称，|PQ|有最小，对应曲线平移到、后，P、Q关于对称即可，

∴令，则，

∴有，则，即，

∴到的距离，

∴.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：令、有原函数由它们经过同样的平移得到，且、关于对称，即当P、Q在、上的对应点关于对称且切线与平行时|PQ|最小.

四、解答题

17．已知等比数列满足，且是的等差中项．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件求得等比数列的首项和公比，由此求得.

（2）利用分组求和法求得.

【详解】（1）设等比数列的首项为，公比为，，

由于是的等差中项，所以，

则，则，

解得，所以.

（2）由（1）得，

所以

.

18．记△ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．

(1)求B的值；

(2)若△ABC的面积为，b＝2，求△ABC周长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理，根据角化边的思想，整理等式，结合余弦定理，可得答案；

（2）利用三角形面积公式，结合余弦定理，根据三角形周长公式，可得答案.

【详解】（1）由及正弦定理得，

所以，由余弦定理可得，

又，所以．

（2）因为，所以，

由余弦定理可得：

所以，

所以△ABC的周长为．

19．甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率是，乙胜的概率是，不会出现平局．

（1）如果两人赛3局，求甲恰好胜2局的概率和乙至少胜1局的概率；

（2）如果采用五局三胜制若甲、乙任何一方先胜3局，则比赛结束，结果为先胜3局者获胜，求甲获胜的概率．

【答案】（1）；（2）

【详解】分析：（1）先由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率，根据独立重复试验公式公式，列出算式，得到结果．

（2）由于采用五局三胜制，则甲获胜包括甲以3：0获胜，以3：1获胜，以3：2获胜，根据独立重复试验公式列出算式，得到结果．

详解：

（1）甲恰好胜2局的概率；

乙至少胜1局的概率；

（2）打3局：；打4局：；

打五局：

因此甲获胜的概率为

点睛：求一个事件的概率，关键是先判断出事件所属的概率模型，然后选择合适的概率公式进行计算．正确理解概率加法公式和相互独立性事件的概率计算公式是解题的关键．

20．如图，已知斜三棱柱的底面是正三角形，点，分别是和的中点，，.

（1）求证：平面；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）通过判断和即可证明；

（2）取的中点，连结，以点为原点建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，利用向量关系即可求解.

【详解】（1）证明：连结，，侧面是平行四边形，且，

所以为正三角形，

又点分别是的中点，所以

又因为，所以，.

所以，所以，

又，所以平面.

（2）取的中点，连结，则.

由（1）知平面，，

如图，以点为原点，直线，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系.

则，，，，，，，

设平面的一个法向量为，

则，.

所以，可取，

易得平面的一个法向量为

所以

因为二面角为锐角，所以其余弦值为

【点睛】思路点睛：利用法向量求解空间二面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

21．某市为了传承发展中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下：得分在内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获得一等奖，其他学生不得奖，为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示．

(1)现从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，求这两名学生中恰有一名学生获奖的概率；

(2)若该市所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布，其中，为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题：

（i）若该市共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数（结果四舍五入到整数）；

（ii）若从所有参赛学生中（参赛学生数大于10000）随机取3名学生进行访谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生数为，求随机变量的分布列和期望．

附参考数据，若随机变量X服从正态分布，则，，．

【答案】(1)；

(2)（i）1587；（ii）分布列见解析，数学期望为.

【分析】（1）根据样本频率分布直方图确定获奖人数，再求得从该样本中随机抽取的两名学生的竞赛成绩基本事件总数，与“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”情况数，利用古典概型计算概率即可；

（2）由样本频率分布直方图得，求解样本平均数的估计值，即可得正泰分布的均值，按照正态分布的性质求解参赛学生中成绩超过79分的学生数；由样本估计总体可知随机变量服从二项分布，根据二项分布确定概率分布列与数学期望即可.

【详解】（1）由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖的有6人，获二等奖的有8人，获三等奖的有16人，共有30人获奖，70人没有获奖．

从该样本中随机抽取的两名学生的竞赛成绩，基本事件总数为，

设“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”为事件A，则事件A包含的基本事件的个数为，

因为每个基本事件出现的可能性都相等，所以，

即抽取的两名学生中恰有一名学生获奖的概率为．

（2）由样本频率分布直方图得，样本平均数的估计值

，

则所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布．

（ⅰ）因为，所以．

故参赛学生中成绩超过79分的学生数为．

（ⅱ）由，得，

即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生竞赛成绩在64分以上的概率为．

所以随机变量服从二项分布，

所以，，

，．

所以随机变量的分布列为：

均值．

22．已知点在抛物线的准线上．

(1)求抛物线C的方程；

(2)过点P作直线交抛物线于A，B两点，过A作斜率为1的直线l交抛物线C于另一点M．证明：直线BM过定点．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由点P在抛物线的准线上，求出p值作答.

（2）设出直线的方程，并与抛物线方程联立，设，求出直线BP的方程，再与抛物线方程联立，求出点A的纵坐标与的关系即可推理作答.

【详解】（1）因为点在抛物线的准线上，则，即，

所以抛物线C的方程为.

（2）显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为：，由消去x得：，

设，则，而直线的斜率，

则直线的方程，由消去x得：

，点A的纵坐标，即：点，

直线的斜率，则，

因此，有，即，

直线的方程为又，即，显然直线过定点，

所以直线过定点.

【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.