2022-2023学年贵州省遵义市播州区高二下学期期中质量监测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年贵州省遵义市播州区高二下学期期中质量监测数学试题含答案，共16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学年贵州省遵义市播州区高二下学期期中质量监测数学试题 一、单选题1．已知是虚数单位，若复数满足，则（    ）A．5 B． C． D．25【答案】A【分析】利用复数模的定义直接计算作答.【详解】由，得.故选：A2．集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用交集的定义直接求解作答.【详解】依题意，，而，所以.故选：B3．已知向量，，若已知，则（    ）A．3 B． C．2 D．【答案】B【分析】利用向量垂直的坐标运算列方程计算即可.【详解】因为向量，，且，所以，化简得，解得.故选：B4．小甘同学计划在2024年高考后前往西南大学，北京师范大学，陕西师范大学，华东师范大学，华中师范大学，东北师范大学6所部属公费师范大学中随机选两所去参观，则西南大学恰好被选中的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意计算出随机选两所去参观的总选法，再计算出含有西南大学的选法即可作答．【详解】从6所部属公费师范大学中随机选两所去参观，有种选法，西南大学恰好被选中的事件有种选法，所以西南大学恰好被选中的概率.故选：C5．的展开式中的系数为（    ）A． B．6 C．10 D．4【答案】C【分析】求出展开式的通项公式，再分项求出展开式中含的项作答.【详解】二项式展开式的通项公式为，因此的展开式中项为，所以所求系数为10.故选：C6．第十四届全国人民代表大会于3月5日至13日在北京召开，政府工作报告总结了过去五年的巨大成就，绘就出未来五年的美好蓝图，既鼓舞人心，又催人奋进.为学习贯彻会议精神，现组织4名宣讲员宣讲会议精神，分配到3个社区，每个宣讲员只分配到1个社区，每个社区至少分配1名宣讲员，则不同的分配方案共有（    ）A．72 B．12 C．36 D．24【答案】C【分析】4名宣讲员分配到3个社区，每个社区至少1人，则按1，1，2分配，计算即可．【详解】先进行4名宣讲员分到3个社区，每个社区至少1人，则分配方式为1，1，2，所以不同的分配方案共有．故选：C．7．圆与双曲线的渐近线的位置关系为（    ）A．相切 B．相交 C．相交或者相切 D．相离【答案】D【分析】求出圆心坐标与半径，再求出双曲线的渐近线方程，利用圆心到直线的距离与半径的关系判断．【详解】圆的圆心为，半径，双曲线的渐近线方程为，因此点到直线的距离，所以圆与双曲线的渐近线相离.故选：D8．一袋中装有4个白球和2个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个不放回，取出后记下颜色，若为红色停止，若为白色则继续抽取，停止时从袋中抽取的白球的个数为随机变量，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意，令表示前k个球为白球，第个球为红球，此时，再进行计算即可求解．【详解】令表示前k个球为白球，第个球为红球，此时，则．故选：A． 二、多选题9．已知二项式，则（    ）A．展开式中第3项与第4项的二项式系数相等B．展开式中第三项为C．展开式所有项的系数和为32D．展开式中第二项的系数最大【答案】AB【分析】求出二项式展开式的通项公式，再逐项分析判断作答.【详解】二项式展开式的通项公式为，对于A，展开式中第3项与第4项的二项式系数分别为，它们相等，A正确；对于B，展开式中第三项，B正确；对于C，当时，得展开式所有项的系数和为，C错误；对于D，展开式中第二项的系数为，而第三项系数为40，即展开式中第二项的系数不是最大的，D错误.故选：AB10．下列说法正确的是（    ）A．已知随机变量，则B．从一批含有3件正品、2件次品的产品中任取2件，则恰取得2件正品的概率为0.7C．两位男生和三位女生随机排成一列，则两位男生不相邻的排法共72种D．若事件A，B是互斥事件，则事件A，B一定满足【答案】ACD【分析】根据二项分布计算判断A；根据古典概型概率公式计算判断B；根据插空法计算判断C；根据互斥事件的定义即可判断D作答．【详解】对于A，随机变量，则，A正确；对于B，恰取得2件正品的概率，B错误；对于C，排3名女生有种方法，再将2名男生插入4个空隙中，有种方法，所以两位男生不相邻的排法共有（种），C正确.对于D，事件A，B是互斥事件，则，D正确.故选：ACD11．如图，正方体的棱长为1，E、F、G分别为AB、、AD的中点，下列说法错误的是（    ）  A．直线和直线所成角为 B．C．三棱锥的体积为 D．直线AC和平面垂直【答案】BC【分析】找出与所成的角，利用等边三角形求出角的大小判断A；判断EF与是异面直线判断B；计算三棱锥的体积判断C；证明AC⊥平面判断D作答．【详解】正方体的棱长为1，E、F、G分别为AB、、AD的中点，对于A，连接，因为，则四边形是平行四边形，即有是直线和直线所成的角，而，因此，A正确；  对于B，显然与是异面直线，即有平面，而平面，且直线，直线平面，所以与是异面直线，B错误；对于C，三棱锥的体积，C错误；对于D，因为，，则，又平面平面，于是，而，因此，又，所以平面，D正确.故选：BC12．一种多人纸牌游戏中，需要使用一副除去大小王的扑克牌，分为A，2，3，…，10，J，Q，K，每个数字（字母）都有黑桃，红桃，梅花，方块4个花色，总计52张牌.每名玩家都会随机得到三张牌，常常规定：三张同数字（字母）的牌为“豹子”（222，…，AAA），连续三张同花色的牌为“同花顺”（A23，…"，QKA），恰有两个相同数字（字母）的牌为“对子”（223，…，AAK）……现在从52张除去大小王的扑克牌中随机取出三张牌，则下列说法正确的有（    ）A．共有22100种不同的情况B．出现对子的概率小于16%C．如果出现“同花顺”，则有56种可能D．出现“豹子”牌的概率大于“同花顺”的概率【答案】AD【分析】根据题意，由组合数公式可得A正确，由古典概型公式可得B错误，由分步计数原理分析"同花顺"的情况，可得C错误，比较"豹子"和"同花顺"的情况数目，结合古典概型公式可得D正确，综合可得答案．【详解】根据题意，依次分析选项：对于 A ，从52张除去大小王的扑克牌中随机取出三张牌，有 种不同的情况， A 正确；对于 B ，出现"对子"的情况有种情况，则出现对子的概率 B 错误；对于 C ，如果出现"同花顺"，每种花色有12种情况，则共有种情况， C 错误；对于 D ，出现"豹子"牌的情况有种，多于"同花顺"的情况数目，则出现"豹子"牌的概率大于"同花顺"的概率， D 正确．故选： AD . 三、填空题13．计算          .【答案】18【分析】根据给定条件，利用排列数、组合数公式计算作答.【详解】.故答案为：1814．已知离散型随机变量X的分布列如表所示，则m的值为          .0123【答案】/【分析】利用分布列的性质，解关于m的方程，再验证作答．【详解】依题意，，整理得，解得或，当时，，，不符合题意，当时，，，，，符合题意，所以m的值为.故答案为：15．若点在直线上（其中a，b都是正实数），则的最小值为           .【答案】/【分析】根据点在直线上可得的关系，再利用“1”的妙用求解作答.【详解】依题意，，而，于是，当且仅当，即时取等号，由，得，所以当时，取得最小值为.故答案为：16．已知抛物线的焦点为F，已知第一象限的点A在抛物线上，连接AF并延长交抛物线于另一点B，且，则的面积是           .【答案】【分析】抛物线的焦点为，由抛物线的定义可知：，求得直线AB的方程，与抛物线方程联立消去y，进而利用韦达定理和点到直线的距离公式及三角形的面积公式即可求得的面积．【详解】抛物线的焦点为，由抛物线的定义可知：，过A做，由，，由抛物线的对称性，不妨设直线的斜率为正，∴直线AB的斜率为，直线AB的方程为，联立直线AB与抛物线的方程可得：，整理得：，由韦达定理可知：，则，而原点到直线AB的距离为，则三角形AOB的面积，故答案为：．   四、解答题17．在中，A，B，C所对应的边分别为a，b，c.从下面三个条件中，选出一个作为已知条件，解答下面问题.①；②；③.(1)求角A；(2)若，，求的面积.【答案】(1)选择条件，答案见解析；(2)选择条件，答案见解析. 【分析】（1）选①，选②，选③，由正弦定理和三角恒等变换化简计算作答.（2）由余弦定理求出c，再由三角形的面积公式即可求得．【详解】（1）选①，在中，由，得，即，而，则，于是或，解得或，所以或.选②，在中，由及正弦定理得，则，而，所以.选③，在中，由及正弦定理得，则，整理得，而，，则，所以.（2）选①，由（1）知或，当时，由余弦定理得，即，整理得，而，解得，，当时，，，所以当时，的面积是，当时，的面积是.选②③，由（1）知，由余弦定理得，即，整理得，而，解得，，所以的面积是.18．如图所示，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍.  (1)求证：；(2)若Р是侧棱的中点，，求C到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）连接，与交于点O，利用线面垂直的判定和性质即可推理作答.（2）连接，由题意得，利用等体积法，即可计算作答．【详解】（1）连接，设与交于点O，在正方形中，是、的中点，如图，  由，得， ，而平面，于是平面，又平面，所以.（2）连接，，每条侧棱的长都是底面边长的倍，即有，在正方形中，，由（1）知，，，则平面，，由是侧棱的中点，得点到平面的距离为，在中，，由平面，平面，得，因此的面积，的面积，设到平面的距离为，由，得，即，解得，所以C到平面的距离为.19．第四届应急管理普法知识竞赛线上启动仪式在3月21日上午举行，为普及应急管理知识，某高校开展了“应急管理普法知识竞赛”活动，现从参加该竞赛的学生中随机抽取100名，统计他们的成绩（满分100分），其中成绩不低于80分的学生被评为“普法王者”，将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图.  (1)若该校参赛人数达20000人，请估计其中有多少名“普法王者”；(2)随机从该高校参加竞赛的学生中抽取3名学生，记其中“普法王者”人数为，用频率估计概率，请你写出的分布列.【答案】(1)(2)分布列见解析 【分析】（1）由频率分布直方图的概率和为1求出的值，再由频数=频率×概率得出“普法王者”的人数；（2）由题意得的取值为0，1，2，3，求出对应概率，可得的分布列.【详解】（1）由频率分布直方图可知，，解得，成绩不低于80分的学生被评为“普法王者”，则“普法王者”的频率为，则该校参赛人数达20000人中“普法王者”人数为.（2）随机从该高校参加竞赛的学生中抽取3名学生，记其中“普法王者”人数为，则的取值为0，1，2，3，由（1）知，从中任取一人是“普法王者”的概率为，不是“普法王者”的概率为，则，，，；故的分布列为：012320．如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，点F为棱PD的中点，.  (1)若E是BC的中点，证明：平面；(2)求直线CF与平面所成角的正切值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）取PA的中点G，连接GE，GF，证四边形ECFG是平行四边形，再由线面平行的判定定理推理作答.（2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.【详解】（1）取PA的中点G，连接GE，GF，因为E，F分别为BC，PD的中点，且底面是正方形，则，即四边形是平行四边形，因此，而平面，平面，所以平面.  （2）在四棱锥中，平面，底面是正方形，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，令，得，设直线与平面所成角为，因此，而，则，所以直线CF与平面所成角的正切值.21．美国职业联赛（NBA）是世界上最精彩的篮球联赛，每年的总决赛都按照7场4胜制决出总冠军，哪个队率先获得4场胜利即可夺得冠军奖杯.假设金州勇士队和密尔沃基雄鹿队会师2023年的总决赛，根据前期比赛成绩，勇士队的主客场安排次序为“主主客客主客主”进行比赛，金州勇士队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立.(1)利用统计与概率的相关知识预测勇士队以4：1的比分夺得总冠军的概率；(2)若勇士队第一场比赛输球，请你求出勇士队夺得总冠军的概率.【答案】(1)0.32(2)0.652 【分析】（1）第五局勇士获胜，前四局勇士获胜3局有四种情况，由此讨论计算即可；（2）若勇士队第一场比赛输球，勇士队夺得总冠军可能需要5局或6局或7局，利用独立事件概率公式分别计算即可．【详解】（1）设勇士队主场胜用A表示，主场败用表示，客场胜用B表示，客场败用表示，则.由题意可知第五局勇士获胜，前四局勇士获胜3局有四种情况，即，，，，由于各场比赛结果相互独立，所以，，所以勇士队以的比分夺得总冠军的概率为.（2）若勇士队第一场比赛输球，勇士队夺得总冠军可能需要5局或6局或7局，若5局结束，勇士队夺得总冠军的情况只能后四局为，由于各场比赛结果相互独立，所以概率为，若6局结束，勇士队夺得总冠军情况只能后五局为：，,，，由于各场比赛结果相互独立，所以，，概率为，若7局结束，勇士队夺得总冠军的情况只能后六局为：末局主场胜，中间五局中有三局客场，两局主场，胜三局，败两局，中间五局可能的不同情况是：三场客场中败两局、两场主场都败、主场客场各败一局，概率为：所以勇士队第一场比赛输球的情况下，勇士队夺得总冠军的概率为．22．已知，为椭圆C的左右焦点，且抛物线的焦点为，M为椭圆的上顶点，的面积为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，О为坐标原点，且，若椭圆C上存在一点E，使得四边形OAED为平行四边形，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意可得，再结合△的面积为，可建立关于，，的方程组，解出即可；（2）设,，,，则,，结合四边形为平行四边形，可得，，设直线，联立直线和椭圆方程，得到两根之和与两根之积，进而可得，从而得解．【详解】（1）抛物线的焦点为，设椭圆的标准方程为，则，解得，所以椭圆的标准方程为；（2）  显然直线的斜率存在，设直线，设,，,，则,，四边形为平行四边形，，,，点，，均在椭圆上，，，，，，．，由，消去得，，显然，，，，，,．