2022-2023学年江苏省南通市海安高级中学高二上学期第一次月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省南通市海安高级中学高二上学期第一次月考数学试题含解析，共20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。

一、单选题
1．复数（是虚数单位）的虚部是（ ）
A．1B．C．2D．2i
【答案】A
【分析】利用复数的除法法则及复数的概念即可求解.
【详解】由题意可知，，
所以复数的虚部为.
故选：A.
2．设集合，则，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据可得，从而可讨论B是否为空集建立不等关系解出m的范围即可
【详解】∵，
∴，
①时，，解得；
②时，，解得，
∴实数的取值范围是．
故选：B．
3．若，，，则m的值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】先根据题意求出和的坐标，再由两向量共线列方程可求出m的值.
【详解】因为，，
所以，，
因为，
所以，解得，
故选：A
4．围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵.在某次国际比赛中，中国派出包含甲､乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙不在同一个小组的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】这5名棋手分别记为：甲，乙，，利用列举法写出基本事件，最后利用古典概型的概率公式即可求解.
【详解】这5名棋手分别记为: ：甲，乙，，分组情况有：
（甲乙A，BC），（甲乙B，AC），（甲乙C， AB），（甲AB，乙C），（甲AC，乙B）
（甲BC，乙A），（乙AB，甲C），（乙AC，甲B），（乙BC，甲A），（ABC，甲乙） 共10种，
其中甲和乙不在同一人组的有6种，分别为：（甲AB，乙C），（甲AC，乙B）
（甲BC，乙A），（乙AB，甲C），（乙AC，甲B），（乙BC，甲A），
所以甲和乙不在同一个小组的概率为.
故选：C.
5．已知等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．－10B．－20C．－120D．－110
【答案】C
【分析】利用数列的运算性质与等差数列的前n项和的公式计算即可.
【详解】，
，则.
故选：C
6．在一条东西走向的水平公路的北侧远处有一座高塔，塔底与这条公路在同一水平平面上，为测量该塔的高度，测量人员在公路上选择了A，B两个观测点，在A处测得该塔底部C在西偏北的方向上，在B处测得该塔底部C在西偏北的方向上，并测得塔顶D的仰角为.已知AB=a，，则此塔的高CD为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】在中用正弦定理求出线段BC长，再在直角中即可求出线段CD长.
【详解】在中，，，如图，
由正弦定理得：，
在中，，，如图，
则有，
所以塔高CD为.
故选：B
7．已知边长为的菱形，，沿对角线把折起，二面角的平面角是，则三棱锥的外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出图形，利用勾股定理建立方程，求三棱锥的外接球的半径，进而求得外接球的表面积.
【详解】
如图所示，设菱形的对角线交于，顶点A在底面的投影为，由菱形的性质可得，
二面角的平面角是，，
因为菱形的边长为，，，，
设底面外接圆圆心为，外接球球心为，连接，过作，设，则，
由勾股定理可得，，
即，解得，，
三棱锥的外接球的表面积为，
故选：B.
【点睛】方法点睛：本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.
8．若且，则
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用特值法或利用对数函数的图象与性质即可得到结果.
【详解】（方法一）对选项A：由，从而，，，从而选项A错误；
对选项B：首先，，，从而知最小，下只需比较与的大小即可，采用差值比较法：
，
从而，选项B正确；
对于选项C：由，，知C错误；
对于选项D：可知，从而选项D错误；
故选B
（方法二）取，，代入验证知选项B正确.
【点睛】本题考查式子间大小的比较，考查对数函数的图象与性质，考查运算能力，属于常考题型.
二、多选题
9．在的展开式中，若第六项为二项式系数最大的项，则n的值可能为（ ）
A．11B．10C．9D．8
【答案】ABC
【分析】结合二项式系数对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】当时，二项式系数最大项是第项，符合题意，
当时，二项式系数最大项是第项，符合题意，
当时，二项式系数最大项是第项，符合题意，
当或时，二项式系数最大项不包括第项.
故选：ABC
10．已知由样本数据，，2，3，，组成的一个样本，得到回归直线方程为，且，去除两个样本点和后，得到新的回归直线的斜率为3.则下列说法正确的是（ ）
A．相关变量，具有正相关关系
B．去除两个样本点和后，回归直线方程为
C．去除两个样本点和后，随值增加相关变量值增加速度变小
D．去除两个样本点和后，样本的残差为0.1
【答案】AB
【分析】对于A，，则相关变量，具有正相关关系，故A正确；
对于B，求出，故去除样本点后的回归直线方程为，故B正确；
对于C，由于斜率为，随值增加相关变量值增加速度变大，故C错误；
对于D,样本的残差为，故D错误.
【详解】解：对于A，去除两个样本点和后，得到新的回归直线的斜率为3，，则相关变量，具有正相关关系，故A正确；
对于B，由代入得，则去除两个样本点和后，得到新的，，，故去除样本点后的回归直线方程为，故B正确；
对于C，由于斜率为，故相关变量，具有正相关关系且去除样本点后，随值增加相关变量值增加速度变大，故C错误，
对于D,当时，，则样本的残差为，故D错误.
故选：AB.
11．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（ ）
A．点C与点G到平面AEF的距离相等B．直线A1G与平面AEF平行
C．异面直线A1G与EF所成角的余弦值为D．平面AEF截正方体所得的截面面积为
【答案】BCD
【分析】连接AD1，FD1，GF，BC1，证得EF//AD1，结合点到面的距离与点到线的距离关系判断A，利用线面平行的判定判断B，结合平面几何的关系与异面直线与所成角是或其补角判断C，梯形的面积计算判断D即可.
【详解】正方体中，连接AD1，FD1，GF，BC1，设，如图：
对A，根据，，可得，又为中位线可得，，故，点C与点G到直线EF的距离不相等，故点C与点G到平面AEF的距离也不相等，故A错误；
对B，因点E，F是BC，CC1中点，则EF//BC1，而正方体的对角面ABC1D1是矩形，则AD1//BC1//EF，
连GF，因G是棱BB1中点，则GF//B1C1//A1D1，且，即四边形A1GFD1是平行四边形，A1G//D1F，
平面AEF，平面AEF，于是A1G//平面AEF，故B正确；
对C，因EF//AD1，A1G//D1F，则异面直线与所成角是或其补角，
作于M，显然，即四边形AEFD1是等腰梯形，，
，，故C正确；
对D，，平面截正方体所得的截面是等腰梯形AEFD1，其面积，故D正确.
故选：BCD
12．4支足球队进行单循环比赛（任两支球队恰进行一场比赛），任两支球队之间胜率都是．单循环比赛结束，以获胜的场次数作为该队的成绩，成绩按从大到小排名次顺序，成绩相同则名次相同．下列结论中正确的是（ ）
A．恰有四支球队并列第一名为不可能事件B．有可能出现恰有三支球队并列第一名
C．恰有两支球队并列第一名的概率为D．只有一支球队名列第一名的概率为
【答案】ABD
【分析】4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有场比赛，比赛的所有结果共有种；
选项A，这6场比赛中不满足4支球队得分相同的的情况；
选项B，举特例说明即可；
选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有种可能，再分类计数相互获胜的可能数，最后由古典概型计算概率；
选项D，只有一支球队名列第一名，则该球队应赢了其他三支球队，由古典概型问题计算即可.
【详解】4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有场比赛，比赛的所有结果共有种；
选项A，这6场比赛中若4支球队优先各赢一场，则还有2场必然有2支或1支队伍获胜，那么所得分值不可能都一样，故是不可能事件，正确；
选项B，其中6场比赛中，依次获胜的可以是，此时3队都获得2分，并列第一名，正确；
选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有种可能，若选中a，b，其中第一类a赢b，有a,b,c,d,a,b和a,b,d,c,a,b两种情况，同理第二类b赢a，也有两种，故恰有两支球队并列第一名的概率为，错误；
选项D，从4支球队中选一支为第一名有4种可能；这一支球队比赛的3场应都赢，则另外3场的可能有种，故只有一支球队名列第一名的概率为，正确.
故选：ABD
【点睛】本题考查利用计数原理解决实际问题的概率问题，还考查了事件成立与否的判定，属于较难题.
三、填空题
13．已知，则________．
【答案】
【分析】先用诱导公式求出，再用万能公式求出和，再用正弦的和角公式进行求解
【详解】因为，由诱导公式得：
所以．
，
．
故答案为：
14．在平面直角坐标系中，圆交轴于，交轴于，四边形的面积为18，则___________.
【答案】
【分析】由面积求出长，再求圆心坐标
【详解】由题意，故，
而圆心在的垂直平分线上，所以
由垂径定理知半径,解得
所以或，故，
故答案为：
15．为了监控某种食品的生产包装过程，检验员每天从生产线上随机抽取包食品，并测量其质量（单位：g）.根据长期的生产经验，这条生产线正常状态下每包食品质量服从正态分布.假设生产状态正常，记表示每天抽取的k包食品中其质量在之外的包数，若的数学期望，则k的最小值为________.
附：若随机变量X服从正态分布，则.
【答案】19
【分析】根据正态分布的对称性，求得概率，根据二项分布的均值计算，可得答案.
【详解】依题意，所以在之外的概率，则，则，因为，所以，解得，因为，所以的最小值为.
故答案为：19.
16．在平面直角坐标系中，已知椭圆的右焦点为，过点作两条相互垂直的直线，分别与椭圆交于点，与椭圆右准线交于点（点，均在轴的上方）.若，，，四点共圆，则椭圆离心率的取值范围________.
【答案】
【分析】根据，，，四点共圆且，可得为圆的直径，即可得到圆心必为中点，由此求出，根据点，均在轴上方，可得，解得即可．
【详解】解：，，，四点共圆且，
为圆的直径，
圆心必为中点，
又圆心在弦的中垂线上，
圆心的横坐标为，
点的横坐标为，
点，均在轴上方，
，
即，
，
，
，
故的范围为．
故答案为：
四、解答题
17．已知的内角，，的对边分别为，，，的面积，.
（1）求和角；
（2）如图，平分，且，，求的长.
【答案】（1）；（2）
【分析】(1)可根据余弦定理以及计算出，再根据即可得出，最后根据解三角形面积公式以及即可计算出；
(2)本题首先可根据平分得出，然后在中得出，最后在中通过余弦定理即可计算出．
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以，
因为，所以；
（2）因为平分，所以，
在中，，，，
由正弦定理得：，
在中，，，，
由余弦定理得，
所以.
【点睛】本题考查三角函数的相关性质，主要考查解三角形相关公式的灵活应用，考查了余弦定理、正弦定理以及三角形面积公式，考查化归与转化思想，是中档题．
18．已知等差数列满足，等比数列满足，且.
（1）求数列，的通项公式；
（2）记数列的前项和为，若数列满足，求的前项和为.
【答案】(1) ， (2) .
【分析】(1) 根据等差数列等比数列的通项公式列方程组求解即可； (2) 由等差数列求出，求出，利用错位相减法可以求和.
【详解】（1）设的首项为，公差为，则有，，
解得所以，
设，由已知，可得，
由可得，，可得，所以，
（2）由（1）知，，
所以，，
两式相减可得，，
当时，满足上式，所以，
，
两式相减可得，
所以.
【点睛】本题主要考查了等差数列，等比数列的通项公式，等差数列的求和公式，错位相减法，属于中档题.
19．新冠肺炎疫情发生以来，我国某科研机构开展应急科研攻关，研制了一种新型冠状病毒疫苗，并已进入二期临床试验.根据普遍规律，志愿者接种疫苗后体内会产生抗体，人体中检测到抗体，说明有抵御病毒的能力.通过检测，用x表示注射疫苗后的天数，y表示人体中抗体含量水平（单位：miu/mL，即：百万国际单位/毫升），现测得某志愿者的相关数据如下表所示.
根据以上数据，绘制了散点图.
(1)根据散点图判断，与（a，b，c，d均为大于0的实数）哪一个更适宜作为描述y与x关系的回归方程类型？（给出到断即可，不必说明理由）
(2)根据（1）的判断结果求出y关于x的回归方程，并预测该志愿者在注射疫苗后的第10天的抗体含量水平值；
(3)从这位志愿者的前6天的检测数据中随机抽取3天的数据作进一步的分析，求其中的y值小于50的天数X的分布列及数学期望.
参考数据：其中.
参考公式：；，.
【答案】(1)更适宜作为描述y与x关系的回归方程类型
(2)，该志愿者在注射疫苗后的第10天的抗体含量水平值约为miu/mL
(3)分布列见解析，
【分析】（1）根据散点图与方程的性质，可得答案；
（2）根据求回归直线方程的公式，将（1）中的回顾方程，整理，可得答案；
（3）根据题意，按照离散型分布列的步骤，写出分布列，利用均值公式，可得答案.
【详解】(1)根据散点图判断，更适宜作为描述y与x关系的回归方程类型.
理由：方程表示的是直线，而方程表示的是曲线，散点图表示的是曲线.
(2)，，
设，则有，
，，
，所以y关于x的回归方程为.
当时，，
则该志愿者在注射疫苗后的第10天的抗体含量水平值约为miu/mL.
(3)由表中数据可知，前三天的值小于50，故的可能取值为0，1，2，3.
，，，，
故的分布列为
所以数学期望.
20．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为PA，BC的中点．
(1)证明：EF∥平面PCD
(2)若PD⊥平面ABCD，，且，求直线AF与平面DEF所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取PD的中点G，连接CG，EG，则由三角形中位线定理可得，再结合底面四边形为菱形，可得四边形EGCF为平行四边形，从而得然后由线面平行的判定定理可证得结论，
（2）由已知可得两两垂直，所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz，然后利用空间向量求解即可
【详解】(1)证明：取PD的中点G，连接CG，EG，
因为E，F分别为PA，BC的中点，
所以，
又底面ABCD为菱形，所以，
所以，
所以四边形EGCF为平行四边形，
所以
又平面PCD．平面PCD，
所以EF//平面PCD．
(2)解：连接，
因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，
所以，
因为四边形ABCD为菱形，，
所以为等边三角形，
因为F为BC的中点，
所以，
因为∥，
所以，
所以两两垂直，
所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz．
因为，所以D（0，0，0），F(，0，0），A（0，2，0），E（0，1，2），
则．
设平面DEF的法向量，则
，令，得．
设直线AF与平面DEF所成的角为θ，
则，
所以直线AF与平面DEF所成角的正弦值为
21．已知椭圆：过点，左、右焦点分别是，，过的直线与椭圆交于，两点，且的周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点满足，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）（2）4
【分析】(1)本题首先可以根据椭圆定义以及的周长为得出，然后根据椭圆过点得出，最后联立方程，即可得出结果；
(2)本题首先可根据题意求出的坐标为并设出直线的方程为，然后联立直线方程与椭圆方程并计算出、，再然后根据得出四边形的面积为，最后通过化简并利用不等式即可得出四边形的面积的最大值．
【详解】（1）因为的周长为，所以，
因为椭圆：过点，所以，
联立方程，解得，，所以椭圆的方程为；
（2）由（1）可知，的坐标为，由题意可知，显然直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，
联立，得，
所以，，且恒成立，
因为点满足，所以四边形为平行四边形，设其面积为，
则，
因为，所以，，
，
令，则，
当且仅当，即时，有最大值4，
所以四边形面积的最大值为4．
【点睛】本题考查椭圆的相关性质，主要考查椭圆定义，韦达定理及向量知识，还考查了计算能力，考查化归与转化思想，考查如何利用基本不等式求最值，是难题．
22．已知，.
(1)若存在，使成立，求实数a的取值范围；
(2)是否存在实数a，使对任意恒成立?证明你的结论.
【答案】(1)
(2)存在，证明见解析
【分析】（1）令，求导，再分和，两种情况讨论，求出的最大值即可得出答案；
（2）存在，设，求导，利用导数求出函数在的最大值，从而可得出答案.
【详解】(1)解：令，
则，
令，
若，则，
于是，所以在上单调递减，
所以，
要求，解得；
若，则令，，
则，
所以函数在上有且只有一个零点，
且当时，，当时，，
若，则，所以在上单调递增，
若，当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增；
若，当时，，所以在上单调递减，
综上所述，当时，
，
由题意得或，
解得或，所以，
综上所述，a的取值范围是；
(2)存在.
设，则，
可知，
令，则，
令，则，
所以函数在上递增，
当时，，
因此在上单调递减，即函数在上单调递减，
所以，
因此函数在上单调递减，
所以，
故当时，；
当时，，
则，
因此在上单调递减，即函数在上单调递减，，
因此在上单调递增，
所以，故；
综上所述，当时，对任意恒成立.
【点睛】本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题及不等式的证明问题，考查了利用导数求函数的最值，考查了分类讨论思想及数据分析能力，属于难题.
天数x
1
2
3
4
5
6
抗体含量水平y
5
10
26
50
96
195
3.50
63.67
3.49
17.50
9.49
12.95
519.01
4023.87
0
1
2
3