2022-2023学年江苏省四所百强中学（南京师大附中等）高二下学期6月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省四所百强中学（南京师大附中等）高二下学期6月月考数学试题含答案，共22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学年江苏省四所百强中学（南京师大附中等）高二下学期6月月考数学试题 一、单选题1．复数在复平面内对应的点位于（    ）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】根据给定条件，利用复数的除法运算求出复数即可作答.【详解】复数，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D2．设集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，根据对数函数的单调性求出集合，再根据并集的定义即可得解.【详解】，，所以.故选：C.3．设某中学的女生体重（单位：）与身高（单位：）具有线性相关关系，根据一组样本数据，用最小二乘法建立的经验回归方程为.若该中学女生的平均身高为，则该中学女生的平均体重的估计值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将代入回归直线方程，可得出该中学女生的平均体重的估计值.【详解】将代入回归直线方程得，因此，该中学女生的平均体重的估计值是.故选：A.4．设与均为单位向量，它们的夹角为.若，则的范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】运用数量积求模的方法求解.【详解】依题意有：，即 ，又，；故选：B.5．设，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】分别写成以5,8为底的对数，再由指数性质比较真数大小即可.【详解】因为，所以，故，即，因为，而，所以，故，综上，故选：D6．现有5名同学去3个养老院参加公益活动，每名同学只去1个养老院，每个养老院至少安排1名同学，则不同安排方案的种数为（    ）A．25 B．40 C．150 D．240【答案】C【分析】按照和二种方法分组，再排列即可.【详解】依题意，可以按照和2,2,1二种方法分组：按照3,1,1分组有种方法；按照2,2,1分组有种方法，一共有种方法；故选：C.7．设函数，则关于的不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先判断出利用奇偶性，再利用导数求得的单调性，从而利用奇偶性、单调性解不等式即可得解.【详解】因为，其定义域为，所以，故为奇函数，又，当且仅当，即时等号成立，所以在上单调递增，故由得，即，所以，解得.故选：D.8．设抛物线的焦点为，准线为是与轴的交点，.过此抛物线上一点作直线的垂线，垂足记为点与相交于点，若，则点到轴的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据向量的线性关系确定，并确定相似比，再根据抛物线的定义即可求解.【详解】作图如下  由得，又因为为，的中点， 所以为的三等分点，且，又因为，所以，且，所以，不妨设，且在第一象限，，，所以，因为点在抛物线上，所以，所以根据相似关系，即点到轴的距离为.故选：B. 二、多选题9．甲､乙两地四月7日至14日的最高气温如图所示，下列说法中正确的是（    ）  A．乙地在这8日内最高气温的极差为B．甲､乙两地12日温差最大C．甲地这8日平均气温为D．甲地的75百分位数是【答案】BCD【分析】根据所给气温折线图，计算极差，平均值，百分位数即可得解.【详解】由折线图可知，乙地在这8日内最高气温的极差为，故A错误；由图可知，甲､乙两地12日温度分别达到最高、最低，温差最大，故B正确；甲地这8日平均气温为，故C正确；因为，所以数据由小到大排列的第6与第7位的平均值即为75百分位数，故D正确.故选：BCD10．已知为各项为正数的等比数列，.记是数列的前项和，是数列的前项和，则下列说法正确的是（    ）A．数列的公比为2B．C．数列为等差数列D．数列的前项和为【答案】ABC【分析】根据给定条件，求出等比数列的通项公式，再逐项分析、计算判断作答.【详解】设正项等比数列的公比为，由，得，解得，A正确；于是，，显然数列是首项为，公比为4的等比数列，则，，，B正确；，，数列为等差数列，C正确；显然，当时，，，D错误.故选：ABC11．若函数，则在区间内可能（    ）A．单调递增 B．单调递减C．有最小值，无最大值 D．有最大值，无最小值【答案】BC【分析】根据题意结合余弦函数性质分析判断.【详解】因为，则，当时，因为在上单调递减，所以在区间内单调递减，无最值；当时，令，解得，因为在上单调递减，则所以在区间内单调递减，有最小值，无最大值；综上所述：在区间内可能单调递减，有最小值，无最大值.故选：BC.12．如图，圆锥内有一个内切球，球与母线分别切于点.若是边长为2的等边三角形，为圆锥底面圆的中心，为圆的一条直径（与不重合），则下列说法正确的是（    ）  A．球的表面积与圆锥的侧面积之比为B．平面截得圆锥侧面的交线形状为抛物线C．四面体的体积的取值范围是D．若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则最大值为【答案】ABD【分析】利用球的表面积公式及圆锥的侧面积的公式可判断A，由圆锥曲线定义可得选项B正确， 求出点到面的距离的范围，进而可得体积的取值范围可判断C，写出的表达式，利用三角函数函数可得的最大值，从而判断选项D.【详解】对选项A，设圆锥的底面半径为，球的半径为，圆锥的母线长为，因为是边长为2的等边三角形，则，，连接，，，由条件可知，，，且，则，所以，则，即，所以球的表面积，圆锥的侧面积，所以球的表面积与圆锥的侧面积之比为，故选项A正确；  因为平面与母线VB平行，所以截得圆锥侧面的交线形状为抛物线，故选项B正确；对选项C，由题意是的中点，所以四面体的体积等于，设点到平面的距离为，当，处于，时，，当，处于弧中点时，最大，为1，所以，如图作交于，由对选项A可知，，则，，所以，从而，所以的面积，所以，因为，所以，故，所以四面体的体积的取值范围是，故选项C不正确；  对选项D，由题意得球面和圆锥侧面的交线为以为直径的圆，以为坐标原点，所在直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，设，则，，所以，所以即，所以当时，有最大值，故选项D正确.故选：ABD.   三、填空题13．若，则的值等于      .【答案】【分析】利用两角差的正切公式可求出的值.【详解】因为，，故答案为：【点睛】本题考查两角差的正切公式，考查了计算能力，属于基础题.14．展开式中的常数项为          .【答案】【分析】利用二项式展开式的通项公式，令x的指数为0，求得参数r的值，即可求得答案.【详解】由题意的展开式的通项为 ，令，故展开式中的常数项为，故答案为：6015．现有两个罐子，1号罐子中装有2个红球､1个黑球，2号罐子中装有3个红球､1个黑球.现先从1号罐子中随机取出一个球放入2号罐子，再从2号罐子中取一个球，则从2号罐子中取出的球是红球的概率为          .【答案】【分析】根据给定条件，利用全概率公式求解作答.【详解】记1号罐子中取出红球的事件为，取出黑球的事件为，从2号罐子中取出红球的事件为，显然互斥，，所以.故答案为：16．若存在实数使得，则的值为          .【答案】/【分析】由已知得，令，利用导数可得，再根据等号成立的条件可得答案.【详解】由已知得，令，则，当时，，单调递增， 当时， ，单调递减，所以，可得，所以，即，当且仅当即等号成立，此时的值为.故答案为：. 四、解答题17．已知各项不为零的数列满足：.(1)求，并求的通项公式；(2)记数列的前项和为，证明：.【答案】(1)，(2)证明见解析 【分析】（1）由，两边同除以，得，从而可知数列是首项为，公差为2的等差数列，可求数列的通项公式，进而可得答案；（2）根据，结合（1），将通项裂项可得，求和后可得结论．【详解】（1）因为，所以，所以，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以，所以，；（2），所以所以.18．的内角的对边分别为，已知.(1)求；(2)求周长的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）运用正弦定理结合条件求解即得；（2）运用余弦定理和基本不等式求解.【详解】（1）由正弦定理，可知，整理得，因为，所以，因为，所以，所以，又因为，所以，又，所以；（2）由余弦定理，得，所以，则，所以，当且仅当“”时取得等号，所以周长的最大值为；综上，，周长的最大值为.19．“总要来趟南京吧!”今年一季度南京接待游客4千多万，居全省第一.南京的旅游资源十分丰富，既有中山陵､夫子庙､玄武湖､南京博物院等传统景区，又有科巷､三七八巷､德基广场等新晋网红景点.(1)如果随机访问了50名外地游客，所得结果如下表所示： 首选传统景区首选网红景点总计男性20 30女性 1220试判断是否有的把握认为是否首选网红景点与性别有关；(2)根据互联网调查数据显示，外地游客来南京旅游首选传统景区的概率是0.6，首选网红景点的概率是0.4.如果随机访问3名外地游客，他们中首选网红景点的人数记为，求的分布列和期望.附：（其中.0.050.100.0013.8412.70610.828【答案】(1)有(2)分布列见解析，1.2 【分析】（1）根据表中的数据填写列联表，再按照公式计算；（2）随机变量X服从二项分布，根据二项分布求出分布列和数学期望.【详解】（1）提出假设：是否选择网红景点与性别没有关系.由题意，补全列联表得 首选传统景区首选网红景区合计男性201030女性81220合计282250根据公式求得，因为当成立时，的概率约为0.1，所以有的把握认为，是否首选网红景点与性别有关；（2）由题意知，随机变量服从二项分布，则的分布列为：，，，，，的分布表为：01230.0640.2880.4320.216所以的期望值；综上，是否首选网红景点与性别有关；的期望值.20．如图，在四棱台中，平面，四边形为菱形，.(1)证明：；(2)点是棱上靠近点的三等分点，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，结合菱形对角线互相垂直，得到线面垂直，证明出结论；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的大小.【详解】（1）四棱台中，延长后交于一点，故共面，因为平面平面，故，连接，因为底面四边形为菱形，故，因为平面，故平面，因为平面，所以；（2）过点作的垂线交与点，以作为轴，以分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，由于，故，由于点是棱上靠近点的三等分点，故，则，则，记平面的法向量为，则，令，则，即..平面的法向量可取为，则由图知二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为.21．已知双曲线经过点，且离心率为2.(1)求的方程；(2)过点作轴的垂线，交直线于点，交轴于点.设点为双曲线上的两个动点，直线的斜率分别为，若，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意求出即可得解；（2）设，方法一：分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线方程为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据求出的关系，从而可得直线过定点，进而可得出答案.方法二：可设直线方程为，由可得，再根据求出，从而可得直线过定点，进而可得出答案.【详解】（1）由题意得，解得，所以的方程为；（2）由题意，点坐标为，点坐标为，设，方法一：①若直线斜率存在，设直线方程为，，消去可得，且，且，，整理可得，，化简得，即，因为直线不过点，所以，所以，即，所以直线的方程为，恒过定点，②若直线斜率不存在，则，，解得，所以直线的方程为，过定点，综上，直线恒过定点，设点到直线的距离为，点到直线的距离为，.方法二：因为直线不过点，所以可设直线方程为，由可得，即，，得，等式左右两边同时除以，得，，，解得，所以直线方程为，即，恒过定点，下同法一.  【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.22．已知函数.(1)若，讨论的单调性；(2)若，存在满足，且，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导后直接根据b的临界情况分类讨论即可；（2）方法一：通过条件转化后构造，求导后分类讨论，舍去，时，二次求导，取，，通过放缩证明必有，从而存在，从而求出范围；方法二：通过条件转化得到，然后换元令，转化为在上有解，通过求导与分类讨论进而求解即可.【详解】（1）当时，，①当时，对任意恒成立，所以的单调增区间是，无减区间；②当时，令，得，令，得，所以的单调增区间是，单调减区间是；综上，当时，的单调增区间是，无减区间；当时，的单调增区间是，单调减区间是.（2）方法一：当时，，因为，所以，又因为，不妨设，所以.令，则问题转化为在上有解.注意到，①当，即时，对任意恒成立，所以在上单调递增，，在上无解，不符题意，舍去..②当，即时，设，则在，即上单调递增，所以，从而在上单调递减.因为，所以存在.从而在上单调递增，上单调递减.取，令，设恒成立，所以，从而，即，因为，所以，所以.此时因为且在上单调递增，上单调递减，所以必有，从而存在，符合题意.综上，.方法二：当时，，因为，所以，因为，且，所以，令，从而，即，令，则问题转化为在上有解.①若，即时，在上恒成立，所以在上单调递增，，所以在上无解，不符题意，舍去.②若，即时，令，则在上单调递增，，所以在上单调递增，因为，，所以存在，从而在上单调递减，在上单调递增.令，所以，从而，即，此时‘’取，此时，所以因为且在上单调递减，上单调递增，所以必有，从而存在，符合题意.综上，【点睛】导数是研究函数的重要工具，含有参数的问题要善于找到临界情况进而分类讨论，得到答案；极值点偏移类的问题多通过二次求导，研究一次导数变化趋势，进而快速求解.