2022-2023学年四川省遂宁市射洪中学高二（下）月考数学试卷（理科）（5月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年四川省遂宁市射洪中学高二（下）月考数学试卷（理科）（5月份）（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0)，实轴长为2，则双曲线C的方程为( )
A. x23−y2=1B. x2−y2 3=1C. y2−x23=1D. x2−y23=1
2.下列说法错误的是( )
A. 线性回归直线y=bx+a一定过样本点中心(x,y)
B. 在回归分析中，R2为0.91的模型比R2为0.88的模型拟合的效果好
C. 在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高
D. 在线性回归分析中，相关系数r的值越大，变量间的相关性越强
3.已知条件p：函数y= x−2的定义域，条件q：3x>1的解集，则p是q的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.设X为随机变量，且X～B(n,14)，若随机变量X的方差D(X)=34，则P(X=3)=( )
A. 2764B. 364C. 9128D. 27128
5.二项式(x+12x)6的展开式中第3项为( )
A. 3x4B. 52C. 154x2D. 1516x2
6.如图所示，A，B，C表示3种开关，若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9，0.8，0.7，那么此系统的可靠性为( )
A. 0.504B. 0.994C. 0.496D. 0.06
7.抛物线x2=4y的焦点为F，过点F的直线交抛物线于M，N两点，点P为平面上任意一点，O为坐标原点，则OM⋅ON=( )
A. −5B. −3C. 3D. 5
8.设双曲线C：x2a2−y2b2=1的左，右焦点分别是F1，F2，点M是C上的点，若△MF1F2是等腰直角三角形，则C的离心率是( )
A. 2B. 2C. 2+12D. 2+1
9.将甲、乙、丙、丁4名志愿者分配到A、B两个社区参加防疫工作，每个社区至少去一名，则甲、乙不在同一社区的分配方法种数为( )
A. 14B. 10C. 8D. 6
10.若n是正奇数，则7n+Cn17n−1+Cn27n−2+……+Cnn−17被9除的余数为( )
A. 2B. 5C. 7D. 8
11.某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立，设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)=2.4，P(X=4)b>0)与双曲线C2：x2m2−y2n2=1(m>0,n>0)在第一象限的交点为A，若△AOF2(O为坐标原点)是等边三角形，则abmn的值为( )
A. 2+ 3B. 2− 3C. 2− 32D. 2+ 32
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有______种.(用数字填写答案)
14.设随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2)，向量a=(1,2)与向量b=(ξ,−1)的夹角为锐角的概率是12，则μ= ______．
15.位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上或向右，并且向上、向右的概率都是12，质点P移动五次后位于点(2,3)的概率为______.(用数字作答)
16.已知F1，F2是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，P为曲线上一点，∠F1PF2=60°，△PF1F2的外接圆半径是内切圆半径的4倍．若该双曲线的离心率为e，则e2=______．
三、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
在(2x−3y)10的展开式中，求：
(1)各项的二项式系数的和．
(2)设(2x−3y)10=a0x10+a1x9y+a2x8y2+⋯+a10y10，求各项系数之和．
18.(本小题12分)
已知p：m−1≤t≤m2+1，q：x2+tx+1=0在R上有解．
(1)若m=0，且命题p与¬q均为真命题，求实数t的取值范围；
(2)若p是q成立的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
19.(本小题12分)
甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品中有4个正品和3个次品．
(1)从甲箱中任取2个产品，求这2个产品都是次品的概率；
(2)若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品，求取出的这个产品是正品的概率．
20.(本小题12分)
已知动点E到点A(2,0)与点B(−2,0)的直线斜率之积为−14，点E的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点D(l,0)作直线l与曲线C交于P，Q两点，且OP⋅OQ=−35.求直线l的方程．
21.(本小题12分)
随着网络和智能手机的普及与快速发展，许多可以解答各学科问题的搜题软件走红，有教育工作者认为：网搜答案可以起到拓展思路的作用，但是对多数学生来讲，容易产生依赖心理，对学习能力造成损害．为了了解网络搜题在学生中的使用情况，某校对高二年级的学生进行网络搜题的情况进行了问卷调查，并从参与调查的学生中抽取了男、女学生各50人进行抽样分析，得到下面2×2列联表．
(1)试运用独立性检验的思想方法分析，并判断是否在犯错误的概率不超过5%的前提下有把握认为使用网络搜题与性别有关？并说明理由．
(2)现采用分层抽样的方法，从偶尔或不用网络搜题的学生中抽取一个容量为7的样本，将该样本看成一个总体，从中随机的抽取3人进行座谈，记男生人数为X，求X的分布列及数学期望．
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x24+y23=1的右焦点为F，过点F的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A，B两点，直线l：x=4与x轴相交于点H，过点A作AD⊥l，垂足为点D．
(1)求四边形OAHB(O为坐标原点)面积的取值范围；
(2)证明：直线BD过定点E，并求出点E的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：设双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)．
由已知得：a=1，c=2，
再由a2+b2=c2，∴b2=3，
∴双曲线C的方程为：x2−y23=1．
故选：D．
根据条件，求出a，c的值，结合双曲线的方程进行求解即可．
本题主要考查双曲线方程的求解，结合双曲线方程的性质求出a，c的值是解决本题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：对A：根据样本点中心：(x−,y−)点必在回归直线上，故A正确；
对B：由相关指数R2的值判断模型的拟合效果，R2越大，模型的拟合效果越好，故B正确；
对C：在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，说明总体“距离”越小，即其模型拟合的精度越高，故C正确；
故D：线性相关系数|r|越大，两个变量的线性相关性越强，故D错；
故选：D．
对A：根据样本点中心：(x−,y−)点必在回归直线上，可分析A的真假．
对B：利用相关指数：R2越大模型的拟合效果越好判断B；
对C：对于这组数据的拟合程度的好坏的评价，残差点分布的带状区域越窄，拟合效果越好，即可判断C；
对D：线性相关系数|r|越大，两个变量的线性相关性越强，残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，即可判断D．
本题考查命题真假的判断，涉及线性回归直线的性质以及残差图、相关性指数的概念，属于中档题．
3.【答案】A
【解析】解：根据题意，条件p：函数y= x−2的定义域，其定义域为[2,+∞)，即p对应的集合为[2,+∞)，
条件q：3x>1，解可得x>0，即q对应的集合为(0,+∞)，
易得[2,+∞)是(0,+∞)的真子集，
故p是q的充分不必要条件，
故选：A．
根据题意，求出p、q对应的x的取值范围，分析两个集合的关系，即可得答案．
本题考查充分必要条件的判断，涉及函数的定义域和不等式的解法，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：X～B(n,14)，D(X)=34，
则D(X)=n×14×(1−14)=34，解得n=4，
P(X=3)=C43(14)3(1−14)1=364．
故选：B．
根据已知条件，结合方差的公式，以及二项分布的概率公式，即可求解．
本题主要考查方差的公式，以及二项分布的概率公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：二项式(x+12x)6的展开式中第3项为：C62x4⋅(12x)2=154 x2．
故选：C．
直接利用二项式定理，求解即可．
本题考查二项式定理的应用，特定项的求法，是基础题．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，事件与它的对立事件的概率之间的关系，属于基础题．
由条件利用相互独立事件的概率乘法公式，结合事件与它的对立事件的概率之间的关系，求得结果．
【解答】
解析：A、B、C三个开关相互独立，三个中只要至少有一个正常工作即可，
由间接法知P=1−(1−0.9)×(1−0.8)×(1−0.7)=1−0.1×0.2×0.3=0.994．
故选B．
7.【答案】B
【解析】解：由题意易知直线MN的斜率存在，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
因为抛物线x2=4y的焦点为F(0,1)，所以不妨设直线MN的方程为y=kx+1，
联立x2=4yy=kx+1，消去y，得x2−4kx−4=0，
则Δ=16k2+16>0，故x1+x2=4k，x1x2=−4，
则y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1=−4k2+4k2+1=1，
所以OM⋅ON=(x1,y1)⋅(x2,y2)=x1x2+y1y2=−3．
故选：B．
联立直线与抛物线方程，利用韦达定理和向量数量积的坐标运算即可求解．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：∵△MF1F2是等腰直角三角形，∴b2a=2c，∴c2−a2=2ac，∴c2−a2−2ac=0，∴e2−1−2e=0，
∴e=1± 2，∵e>1，∴e=1+ 2，
故选：D．
△MF1F2是等腰直角三角形，可得，b2a=2c，计算即可．
本题考查双曲线的几何性质，求离心率问题，属基础题．
9.【答案】C
【解析】解：分两种情况：
第一种情况：将甲、乙、丙、丁4名志愿者分成人数为3，1的两组，则甲、乙不在同一社区的分配方法种数为C21C22C11A22=4种；
第二种情况：将甲、乙、丙、丁4名志愿者分成人数为2，2的两组，则甲、乙不在同一社区的分配方法种数为：C21C21C11C11A22=4种；
所以甲乙不在同一社区的分配方法种数为4+4=8种，
故选：C．
分两种情况讨论，采用先分组后安排的办法即可求解．
本题考查了排列组合，分类讨论是最基本的指导思想，属于基础题．
10.【答案】C
【解析】解：∵n是正奇数，则7n+Cn17n−1+Cn27n−2+……+Cnn−17+Cnn−1=(7+1)n−1=(9−1)n−1
=9n−Cn1 9n−1+Cn2 9n−2−…+Cnn−1 9−Cnn−1，
∴它被9除的余数为−Cnn−1=−2，即它被9除的余数为7，
故选：C．
由题意，本题即求(9−1)n−1被9除的余数，利用二项式定理展开，可得结论．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．
11.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查离散型随机变量的期望与方差，考查二项分布的期望与方差公式的应用，属于中档题．
由条件可知X～B(10,p)，可直接由D(X)=2.4求出p，再代入P(X=4)2)=12，
则μ=2，
故答案为：2．
由平面向量数量积的运算，结合正态分布曲线的特点及意义求解即可．
本题考查了正态分布曲线的应用，重点考查了正态分布曲线的特点及意义，属基础题．
15.【答案】516
【解析】解：根据题意，易得位于坐标原点的质点P移动5次后位于点(2,3)，在移动过程中向右移动2次向上移动3次．
则其概率为P=C52(12)2(1−12)3=516
故答案为516．
根据题意，质点P移动5次后位于点(2,3)，则其在移动过程中向右移动2次向上移动3次，即5次独立重复试验中恰有3次发生，由其公式计算可得答案．
本题考查n次独立重复试验中恰有k次发生的概率计算，关键是明确质点P移动5次后位于点(2,3)质点在移动过程中向右移动2次向上移动3次．
16.【答案】127
【解析】解：由题意，设|PF1|=m，|PF2|=n，因为∠F1PF2=60°，故(2c)2=m2+n2−2mncs60°，即4c2=(m−n)2+mn，
根据双曲线的定义有4c2=4a2+mn，故mn=4b2，
所以△PF1F2的面积为S=12mnsin60°= 3b2，
又(m+n)2=(m−n)2+4mn=4a2+16b2，故m+n=2 c2+3b2，
故内切圆半径r满足S=12(m+n+2c)r= 3b2，解得r= 3b2 c2+3b2+c，
又△PF1F2的外接圆半径R满足2R=2csin60∘，故R=2 3c3，
由题意2 3c3=4 3b2 c2+3b2+c，即c c2+3b2=6b2−c2，所以c2(c2+3b2)=(6b2−c2)2，
故5c2=12b2，故5c2=12c2−12a2，解得e2=127．
故答案为：127．
根据双曲线的定义，设|PF1|=m，|PF2|=n，结合∠F1PF2=60°利用余弦定理可得mn=4b2，再根据等面积法求得内切圆半径的表达式，结合正弦定理可得外接圆半径的表达式，进而列式求解离心率即可．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
17.【答案】解：(1)(2x−3y)10的展开式中各项的二项式系数的和为210=1024．
(2)根据(2x−3y)10=a0x10+a1x9y+a2x8y2+⋯+a10y10，
令x=1，y=1，所以(−1)10=a0+a1+a2+⋯+a10=1．
【解析】(1)直接利用二项式的系数符合的关系式求出结果；
(2)利用赋值法求出结果．
本题考查的知识要点：二项式的系数，项的系数，赋值法，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)已知p：m−1≤t≤m2+1，当m=0时，−1≤t≤1；
q：x2+tx+1=0在R上有解，故Δ=t2−4≥0，解得t≥2或t≤−2，
由于命题p与¬q均为真命题，
故−1≤t≤1−20.设P(x1,y1)，Q(x2,y2).把根与系数的关系代入OP⋅OQ=−35，解得k即可得出．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、斜率计算公式、一元二次方程的根与系数的关系、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21.【答案】解析：(1)K2=100×(20×40−10×30)230×70×50×50=10021≈4.762>3.841，
∴能在犯错误的概率不超过5%的前提下有把握认为使用网络搜题与性别有关．
(2)从偶尔或不用网络搜题的学生中抽取一个容量为7的样本，
故男生3人，女生4人，所以X的可能取值为0，1，2，3，对应概率分别为：
P(X=0)=C43C73=435，P(X=1)=C31⋅C42C73=1835，P(X=2)=C32⋅C41C73=1235，P(X=3)=C33C73=135，
所以X的分布列为
E(X)=0×435+1×1835+2×1235+3×135=97，
故X的数学期望为97．
【解析】(1)由列联表计算观测值，对照临界值得出结论；
(2)由题意得：男生3人，女生4人，所以x的可能取值为0，1，2，3，分别计算出它们的概率，由此求出x的分布列和数学期望即可．
本题考查独立性检验和离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题设知F(1,0)，设直线AB的方程为x=my+1(m∈R)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x=my+1x24+y23=1，消去x并整理，得(3m2+4)y2+6my−9=0，
所以|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1v2= (−6m3m2+4)2−4(−93m2+4)=12 m2+13m2+4，
Δ=36m2+36(3m2+4)>0，
所以四边形OAHB的面积S=12×|OH|×|y1−y2|=12×4×12 m2+13m2+4=24 m2+13m2+4，
令 m2+1=t，则t≥1，
所以S=24t3t2+1=243t+1t，
因为y=3t+1t在[1,+∞)上单调递增，y=3t+1t≥4，
所以0