2022-2023学年湖北省孝感市部分学校高二下学期5月联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖北省孝感市部分学校高二下学期5月联考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省孝感市部分学校高二下学期5月联考数学试题 一、单选题1．从5名老师和10名学生中各选1人组成一个小组，则不同的选法共有（    ）．A．15种 B．50种 C．105种 D．210种【答案】B【分析】由分步乘法计数原理即可求解.【详解】根据分步乘法计数原理知，不同的选法共有种．故选：B2．曲线在处的切线方程为（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】根据切点和斜率求得切线方程.【详解】因为，所以，则当时，，，故曲线在处的切线方程为，即．故选：D3．已知向量，则向量在向量上的投影向量（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用投影向量的定义求解作答.【详解】向量，，，所以向量在向量上的投影向量.故选：B4．已知随机变量的分布列为012Pa若，则（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】由概率和为1可确定，即可确定，后由方差性质可得答案.【详解】由，得，则，．因为，所以．故选：5．在一个宫格中，有如图所示的初始数阵，若从中任意选择个宫格，将其相应的数变为相反数，得出新的数阵，则新的数阵中的所有数字的和所能取到的最小非负整数为（    ）12345678910111213141516171819202122232425A．1 B．2 C．24 D．25【答案】A【分析】根据题意，求得初始数阵中所有数字的和为，在求得加粗部分数阵的和为，结合题意求得新数阵的数字之和为，即可求解.【详解】如数表所示，将图中数据加粗的部分对应的数变为其相反数，其中初始数阵中所有数字的和为，数据加粗部分的数阵中数字的和为，将加粗部分数字变为相反数后的新数阵的数字之和为，因为是奇数，所以无论怎样变化，新数阵的和都不可能为，所以新数阵中所有数字的和能取到的最小非负整数为.故选：A.123456789101112131415161718192021222324256．某班书法兴趣小组有6名男生和4名女生，美术兴趣小组有5名男生和5名女生．从书法兴趣小组中任选2人，与原来的美术兴趣小组成员组成新的美术兴趣小组，然后再从新的美术兴趣小组中任选1人，则选中的人是男生的概率为（    ）．A． B． C． D．【答案】C【分析】设“从书法兴趣小组中任选的2人均是男生”，“从书法兴趣小组中任选的2人为1男1女”，“从书法兴趣小组中任选的2人均是女生”，由古典概率公式求出，再由条件概率和全概率公式求解即可.【详解】记A＝“从新的美术兴趣小组中任选的1人为男生”，“从书法兴趣小组中任选的2人均是男生”，“从书法兴趣小组中任选的2人为1男1女”，“从书法兴趣小组中任选的2人均是女生”，则，，，．故选：C.7．如图，已知双曲线的右焦点为F，过点F的直线与双曲线的两条渐近线相交于M，N两点．若，则双曲线的离心率为（    ）  A． B． C．2 D．【答案】A【分析】先利用向量的坐标表示求得，再利用双曲线焦点到渐近线的距离为求得，进而求得，从而利用两点距离公式得到关于的齐次方程，从而得解.【详解】依题意，双曲线的渐近线为，不妨设，因为，所以，又，所以，则，则，因为到，即的距离为，又，，即，所以，又，所以，所以，则，即，则.故选：A.【点睛】关键点睛：本题的关键点有两个，一个是利用平面向量的坐标表示求得点的坐标，另一个利用点线距离公式求得双曲线焦点到渐近线的距离，从而求得，由此得解.8．2022年12月3日，南昌市出土了东汉六棱锥体水晶珠灵摆吊坠，如图（1）所示．现在我们通过DIY手工制作一个六棱锥吊坠模型．准备一张圆形纸片，已知圆心为O，半径为，该纸片上的正六边形ABCDEF的中心为O，，，，，，为圆O上的点，如图（2）所示．，，，，，分别是以AB，BC，CD，DE，EF，FA为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DE，EF，FA为折痕折起，，，，，，使，，，，，重合，得到六棱锥，则六棱锥的体积最大时，正六边形ABCDEF的边长为（    ）  A． B． C． D．5cm【答案】C【分析】连接，交EF于点H，则．设，从而求得六棱锥的高，正六边形ABCDEF的面积，进而求得体积，令，利用导数判断单调性，从而可求得最小值时的值，进而可求解.【详解】连接，交EF于点H，则．设，则，．因为，所以六棱锥的高．  正六边形ABCDEF的面积，则六棱锥的体积令函数，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，上单调递减，所以当时，正六棱锥的体积最大，此时正六边形ABCDEF的底面边长为．故选：C 二、多选题9．若，则，．已知，且，则（    ）．A． B．C． D．【答案】AC【分析】由正态分布的对称性求出，再由原则求解即可.【详解】因为，且，所以，解得．．故选：AC．10．已知圆，直线，则下列说法正确的是（    ）A．直线l过定点B．当时，直线l与圆C相切C．当时，过直线l上一点P向圆C作切线，切点为Q，则的最小值为D．若圆C上只有一个点到直线l的距离为1，则【答案】BC【分析】由已知可得直线过定点,可判断A；当时，求得圆心到直线的距离可判断 B；先求|PC|的最小值，再利用勾股定理可求|PQ|的最小值判断C；由圆心到直线的距离为3可求得判断D.【详解】对于A，由直线，得，直线过定点，故A错误；对于B，当时，直线的方程为，圆的圆心，半径为，圆心到直线的距离为 ，直线与圆相切，故B正确；对于C，当时，直线的方程为，因为，又，的最小值为，故C正确；对于D，若圆上只有一个点到直线的距离为1，圆心到直线的距离为，，解得，故D错误.故选：BC11．如图，这是整齐的正方形道路网，其中小明、小华，小齐分别在道路网臂的A，B，C的三个交汇处，小明和小华分别随机地选择一条沿道路网的最短路径，以相同的速度同时出发，去往B地和A地，小齐保持原地不动，则下列说法正确的有（    ）  A．小明可以选择的不同路径共有20种 B．小明与小齐能相遇的不同路径共有12种C．小明与小华能相遇的不同路径共有164种 D．小明、小华、小齐三人能相遇的概率为【答案】ACD【分析】对于A：分析从A到B的路径组成，结合组合数运算求解；对于B：分析小明与小齐能相遇的路径组成，结合组合数运算求解；对于C：讨论小明与小华相遇的点，根据对称性结合组合数运算求解；对于D：根据对称性结合古典概型运算求解.【详解】对于选项A：小明从A到B需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，小明可以选择的不同路径共有种，故A正确；对于选项B：小明与小齐相遇，则小明经过C，小明从A经过C需要走3步，其中1步向右走，2步向上走，方法数为，再从C到B需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，方法数为，所以小明与小齐能相遇的不同路径共有种，B不正确；对于选项C：小明与小华的速度相同，故双方相遇时都走了3步，则小明与小华相遇的点为正方形过点C的对角线上的四个点，不同路径共有种，C正确；对于选项D：小明从A到B的不同路径共有种，小华从B到A的不同路径共有种，所以一共有400种，则小明、小华、小齐三人相遇的概率，D正确．故选：ACD.12．若不等式恒成立，其中为自然对数的底数，则的值可能为（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】将不等式变形为，然后由指数切线不等式得，再构造函数求出其最小值即可求解.【详解】因为，所以，则．令，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．故，即，从而，当且仅当时，等号成立．又，所以，则，所以．令，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．故，且当时，.故选：ABD． 三、填空题13．已知M是抛物线上一点，则点M到直线的最短距离为          ．【答案】/【分析】设出点M的坐标，由点到直线距离公式转化为一元二次函数求最小值.【详解】设，则点M到直线的距离，当时取等号.故答案为：14．甲、乙等五人在某景区站成一排拍照留念，则甲不站在两端，且甲、乙相邻的不同站法有          种．【答案】36【分析】先求出甲、乙相邻的不同站法有，再利用间接法求解即可.【详解】甲、乙等五人在某景区站成一排拍照，甲、乙相邻的不同站法有，其中甲站在两端的同站法有，所以甲不站在两端，且甲、乙相邻的不同站法有种．故答案为：36.15．已知数列满足记，为坐标原点，则面积的最大值为             .【答案】4【分析】先由递推公式推出为等比数列，求出其通项公式，用累加法求出的通项公式，再列出关于面积的函数式，求出其最值即可.【详解】因为，所以，即，因为，所以是以4为首项为公比的等比数列，所以，由累加法得：所以因为，所以，令函数，则.当时，，而，所以在上单调递减.，故面积的最大值为4.故答案为：4. 四、双空题16．已知函数存在两个极值点，且，则的取值范围为        ，的取值范围为        ．【答案】          【分析】求出函数的导函数，依题意与在上有两个不同的交点，即可求出的取值范围，在由正弦函数的对称性得到，即，即可得到，再令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的值域，从而得解.【详解】因为，所以，因为存在两个极值点，且，所以在上有两个不相等的实根，所以与在上有两个不同的交点，所以，即，当时，函数图象关于直线对称，所以，即，则，令，，则，所以在上单调递减，所以，所以，即.故答案为：； 五、解答题17．已知的展开式中各项的系数和与各项的二项式系数和的和为275．(1)求n的值；(2)求展开式中含项的系数．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用赋值法与二项式系数的性质得到关于的方程，从而得解；（2）利用二项式定理求得的展开通项公式，由此得解.【详解】（1）令，则的展开式中各项的系数和为，又的二项式系数和为，所以，令，，易知单调递增，且，故．（2）由（1）得，又展开式的通项公式为，令，得，所以的展开式中含项的系数为．18．已知数列满足．(1)若是等比数列，且成等差数列，求的通项公式；(2)若是公差为2的等差数列，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设的公比为q，由题意列式求得q，再结合已知可得，即可求得答案；（2）由已知求得的通项公式，可得，利用累乘法求得的表达式，再用裂项求和法证明结论.【详解】（1）设的公比为q，由于成等差数列，故，而，故，解得，由，得，即是等比数列，且，故；（2）证明：是首项为1，公差为2的等差数列，故，由，得，故，又符合上式，故.19．如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点．(1)在直线上找一点，使得直线平面，并说明理由；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)当为的中点时平面，理由见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接、，此时可证平面，平面，即可得到平面平面，从而得证；（2）依题意可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）如图取的中点，连接、，此时平面，证明如下：因为为棱的中点，所以， 平面，平面，所以平面，又，，所以且，所以为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，，平面，所以平面平面，平面，所以平面，即当为的中点时平面.（2）因为，即，，，平面，所以平面，如图建立空间直角坐标系，令，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，设二面角为，显然二面角为锐二面角，所以，即二面角的余弦值为.20．2023年2月2日，第27个世界湿地日中国主场宣传活动在杭州西溪国家湿地公园举行，2023年世界湿地日将主题定为“湿地修复”．某校为增强学生保护生态环境的意识，举行了以“要像保护眼睛一样保护自然和生态环境”为主题的知识竞赛，比赛分为三轮，每轮先朗诵一段爱护环境知识，再答3道试题，每答错一道题，用时额外加20秒，最终规定用时最少者获胜，已知甲、乙两人参加比赛，甲每道试题答对的概率均为，乙每道试题答对的概率均为，甲每轮明诵的时间均比乙少10秒，假设甲、乙两人答题用时相同，且每道试题是谁答对互不影响．(1)若甲、乙两人在第一轮和第二轮答对的试题的总数量相同，求乙最终获胜的概率；(2)请用统计学的知识解释甲和乙谁获胜的可能性更大．【答案】(1)(2)甲获胜的可能性更大，理由见解析 【分析】（1）根据题意，第三轮答题中乙要比甲多答对2道题以上才能获胜，然后分情况计算概率；（2）算出甲、乙两人因答错试题额外增加的时间的期望值结合题意进行比较.【详解】（1）因为甲、乙两人在第一轮和第二轮答对的试题的总数量相同，且甲每轮朗诵的时间均比乙少10秒，所以第三轮答题中乙要比甲多答对2道题以上才能获胜．若乙答对2道试题，甲答对0道试题，则，若乙答对3道试题，甲答对0道试题，则，若乙答对3道试题，甲答对1道试题，则，所以乙获胜的概率．（2）由题意设甲在比赛中答错的题的数量为，乙在比赛中答错的题的数量为，则，，则，则甲因答错试题额外增加的时间的期望值为秒，乙因答错试题额外增加的时间的期望值为秒．因为三轮中，甲朗诵的时间比乙少30秒，所以最后甲所用的时间的期望比乙少18秒，所以甲获胜的可能性更大．21．已知离心率为的椭圆经过点A（2，1）．(1)求椭圆C的方程．(2)不经过点A且斜率为的直线与椭圆C相交于P ，Q两点，若直线AP与直线AQ的斜率之积为，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)定值为 【分析】（1）将点的坐标代入椭圆方程，并与离心率联立求出 ；（2）设直线l的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理，再根据条件即可证明.【详解】（1）由题可知，  ，解得， ，故椭圆C的方程为；（2）直线l的方程为，联立方程组整理得，则 ，由题意，必须有 ，即 必须满足 ，此时，．，整理得，因为l不经过点A，所以，所以，即，故k为定值，且该定值为；综上，椭圆C的方程为，k为定值，且该定值为.【点睛】在计算过程中，是对直线l的k和m的一个约束，因为l必须经过椭圆C内部的点；对的因式分解比较难，不容易看出.22．已知函数．(1)若，求的单调区间；(2)当时，证明：在，上各有一个零点，且这两个零点互为倒数．【答案】(1)单调增区间为(2)证明见解析 【分析】（1）首先求出的定义域，由设，，由的单调性，得出，得出，即可得出的单调性；（2）利用导数判断原函数的单调性和零点，并将问题转化为证明等于零即可．【详解】（1），定义域为，，设，，则，令，得，当，，则在上单调递减，当，，则在上单调递增，所以，所以，故的单调增区间为．（2），构建，则，令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，若，则，且当x趋近于或时，均趋近于，如图所示：  所以在，内均存在一个零点，设为，当或时，；当时，；即当或时，；当时，；所以在上单调递增，在上单调递减，由于，则，且当x趋近于时，均趋近于，当x趋近于时，均趋近于，所以在，上各有一个零点，设为函数在的零点，要证在和上各有一个零点，且这两个零点互为倒数，只需证明，已知 所以 ，所以当时，在，上各有一个零点，且这两个零点互为倒数．【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；（2）求导数，得单调区间和极值点；（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．