精品解析：江苏省连云港市新海高级中学2022-2023学年高二下学期6月月考数学试题（解析版）

这是一份精品解析：江苏省连云港市新海高级中学2022-2023学年高二下学期6月月考数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江苏省新海高级中学2021级高二月考试卷数学学科一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 在的二项展开式中，第3项为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】写出二项展开式的通项，即可得出答案.【详解】因为，的二项展开式的通项为，，所以，第3项为.故选：A2. 若是空间的一个基底，则下列各组向量中一定能构成空间的一个基底的是（   ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】判断所给三个向量是否共面，即可得解.【详解】对A选项，，故三向量共面，A错误；对B选项，若共面，则，解得，故三向量共面，B错误，对C选项，，故三向量共面，C错误，对D选项，若向量共面，则无解,故向量不共面，故D正确,故选：D3. 已知随机变量服从正态分布，则与的值分别为（    ）A. 13  18 B. 13   6 C. 7   18 D. 7    6【答案】C【解析】【分析】根据正态分布中的参数含义，结合均值和方差的性质即可求解.【详解】由随机变量服从正态分布可知,所以故选:C4. 已知P（B）=0.3，，，则=（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据已知利用全概率公式得，即可求解.【详解】由全概率公式可得：可得，解得：.则.故选：A.5. 随机变量，已知其概率分布密度函数在处取得最大值为，则（    ）附：．A. 0.6827 B. 0.84135 C. 0.97725 D. 0.9545【答案】B【解析】【分析】由正态分布的性质求出，再利用特殊区间的概率及正态分布的性质求解．【详解】由题意，，，所以，，所以，．故选：B．6. 学校要从5名男生和3名女生中随机抽取2人参加社区志愿者服务，若用表示抽取的志愿者中女生的人数，则随机变量的数学期望的值是（    ）A.  B.  C.  D. 1【答案】C【解析】【分析】利用超几何分布的均值公式即可求出结果.【详解】由题知服从的超几何分布，所以，故选：C.7. 如图，已知正方形所在平面与正方形所在平面构成二面角的平面角为，且异面直线与所成角为60°，则（    ）A. 2 B.  C. 0 D. 【答案】C【解析】【分析】即为平面与平面构成二面角的平面角，所以，设正方形边长为1，求出，，代入，解方程即可得出答案.【详解】根据题意可知，即为平面与平面构成二面角的平面角，所以，设正方形边长为1，异面直线与所成的角为60°，故或，又，，,，所以即所以；所以，所以或2(舍去).故选：C.8. 灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围如图，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分除去两个球冠如图，球冠是由球面被一个平面截得的，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球的半径为，球冠的高为，则球冠的面积已知该灯笼的高为，圆柱的高为，圆柱的底面圆直径为，则围成该灯笼所需布料的面积为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由勾股定理求出，则，分别求出两个球冠的表面积、灯笼中间球面的表面积、上下两个圆柱的侧面积即可求出围成该灯笼所需布料的面积.【详解】由题意得圆柱的底面圆直径为，半径为，即球冠底面圆半径为.已知该灯笼的高为，圆柱的高为，所以该灯笼去掉圆柱部分的高为，所以，得，，所以两个球冠的表面积之和为，灯笼中间球面的表面积为．因为上下两个圆柱的侧面积之和为，所以围成该灯笼所需布料的面积为．故选：B．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 某学校一同学研究温差与本校当天新增感冒人数（人）的关系，该同学记录了5天的数据：x568912y1720252835经过拟合，发现基本符合经验回归方程，则（    ）A. 样本中心点为 B. C. ，残差为 D. 若去掉样本点，则样本的相关系数r增大【答案】ABC【解析】【分析】由回归直线必过样本中心可判断A项、B项，由残差公式可判断C项，由相关系数公式可判断D项.【详解】对于A项，因为，，所以样本中心点为，故A项正确；对于B项，由回归直线必过样本中心可得：解得：，故B项正确；对于C项，由B项知，，令，则，所以残差为，故C项正确；对于D项，由相关系数公式可知，去掉样本点后，x与y的样本相关系数r不变，故D项错误.故选：ABC.10. 下列结论中正确的有（    ）A. B. 除以7的余数是2C. 若，则D. 若，则【答案】ACD【解析】【分析】利用组合数性质即可知A正确；将写成利用二项展开式即可得除以7的余数是5，即B错误；采用赋值法可得，将 绝对值去掉可写成的形式，令可计算出C正确；根据各项系数与各二项系数的和即可知，所以D正确.【详解】对于A，利用组合数性质2：可得，又由组合数性质1：可知，所以，即A正确；对于B，，因此除以7的余数是5，所以B错误；对于C，由二项展开式的通项可得为负数，其余为非负数；所以，令，可得，令，可得，即可得，即C正确；对于D，若，即，得，所以，即D正确.故选：ACD11. 已知两个事件，满足，则下列结论正确的是（    ）A. 若为相互独立事件，则B. 若，则C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】由为相互独立事件，由相互独立事件和条件概率公式可判断A；由条件概率公式和全概率公式可判断B，C，D.【详解】若为相互独立事件，则，，故A正确；若，由A选项可知，，所以，故B正确；，，而，所以，故C正确；，，，故D不正确.故选：ABC.12. 如图，已知圆锥的底面半径，侧面积为，内切球的球心为，外接球的球心为，则下列说法正确的是（    ）A. 外接球的表面积为B. 设内切球的半径为，外接球的半径为，则C. 过点P作平面截圆锥的截面面积的最大值为D. 设长方体为圆锥的内接长方体，且该长方体的一个面与圆锥底面重合，则该长方体体积的最大值为【答案】AD【解析】【分析】结合底面半径和侧面积求出母线，由外接和内接的性质，结合几何关系和勾股定理即可求解，进而求出外接球半径；由可判断过点P作平面截圆锥的截面面积最大时对应三角形为等腰直角三角形，结合面积公式可求解；由圆的内接四边形面积最大时为正方形，确定上下底面为正方形，列出关于V的关系式，结合导数即可求解.【详解】因为，解得，即圆锥母线长为2，则高，设圆锥外接球半径为，如图，则对由勾股定理得，即，外接球面积为，故A正确；设内切球的半径为垂直于交于点D，如图，则对，即，解得，故B项错误；过点P作平面截圆锥的截面面积的最大时，如图， 因为，故恰好为等腰直角三角形时取到，点C在圆锥底面上，，故C项错误；设圆锥有一内接长方体，其中一个上顶点为E，上平面中心为，如图，则，当长方形上平面为正方形时，上平面面积最大，长方体体积为，当时，时，，故，故D正确，故选：AD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 某校为研究该校学生性别与体育锻炼的经常性之间的联系，随机抽取100名学生（其中男生60名，女生40名），并绘制得到如图所示的等高堆积条形图，则这100名学生中经常锻炼的人数为_______．【答案】68【解析】【分析】根据等高堆积条形图进行数据分析，即可得到答案.【详解】由等高堆积条形图进行数据分析，这100名学生中经常锻炼的人数为：.故答案为：6814. 展开式中的系数为_________.【答案】42【解析】【分析】先将原式分解为2个代数式之和，运用二项式定理分别计算 项的系数，再求和即可.【详解】 ，先计算第一个式子 项的系数为=35 ，再计算第二个式子的 项的系数为 ，所以原式 项的系数为35+7=42；故答案为：42.15. 甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有______种．【答案】50【解析】【分析】因为E工作只有乙能完成，所以分为两类，①乙只完成E工作②乙不止完成E工作，再利用两个原理及排列组合的知识即可求得【详解】由题意可分为两类（1）若乙只完成E工作，即甲、丙二人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有种安排方式（2）若乙不止完成E工作，即甲、乙、丙三人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有种安排方式综上共有种安排方式故答案为：5016. 以棱长为的正四面体中心点为球心，半径为的球面与正四面体的表面相交部分总长度为_________.【答案】【解析】【分析】求出正四面体 内切球半径即为球心到面ABC距离，从而得到球被平面所截得的圆的半径，再求出的内切圆的半径，此圆恰好为球被平面所截得的圆，即球面与各表面相交部分恰为三角形的内切圆，求四个内切圆的周长即可.【详解】将正四面体放入正方体中，则正方体的棱长为，所以正四面体的体积为，表面积为，设正四面体的内切球半径为，则，解得.显然内切球心为，故到面的距离为，球面与面相交部分为以的圆，设三角形的内切圆半径为，圆心为为的中点，则，故，此时恰好，即球面与各表面相交部分恰为三角形的内切圆，故当时，圆弧总长度为.故答案为：【点睛】方法点睛：有关平面（可以无限延展的）截球所得截面的计算时，第一步求出球心到截面的距离，第二步根据计算出截面圆的半径，第三步在截面（只是有限大小的平面图形）内通过计算判断所截图形是一个完整的圆还是圆的一部分，这时要根据平面几何中的数据进行计算.四、解答题：本大题共6小题，共计70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．（1）求的值；（2）若，求的面积．【答案】（1）；    （2）．【解析】【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．【小问1详解】由于， ，则．因为，由正弦定理知，则．【小问2详解】因为，由余弦定理，得，即，解得，而，，所以的面积． 18. 已知正项等比数列的前项和为，且成等差数列.（1）证明：数列是等比数列；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）通过基本量计算可得，然后由等比数列前n项和公式可得，利用定义可证；（2）由错位相减法可得.【小问1详解】设等比数列公比为，因为成等差数列，所以1，所以，即，又正项等比数列，所以，解得，因为，所以，得，所以所以，，所以，又，所以数列是首项为，公比为的等比数列；【小问2详解】由（1）得，，所以，所以①②①-②得，整理得：.19. 如图1，矩形ABCD中，，，E为CD的中点，现将，分别沿AE，BE向上翻折，使点D，C分别到达点M，N的位置，且平面AME，平面BNE均与平面ABE垂直（如图2）.  （1）证明：M、N、A、B四点共面；（2）求直线AE与平面ABNM所成角的正弦值.【答案】（1）证明见详解    （2）【解析】【分析】（1）分别取，的中点，，连接，，由面面垂直的性质可得平面，平面，故，再证明四边形是平行四边形，可得，从而可证明；（2）取的中点，可得，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解.【小问1详解】证明：如图：  取，的中点，，连接，，如图，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.同理可得平面，所以，在直角三角形中，，所以，同理，所以四边形为平行四边形，所以，因为，是，的中点，所以，所以，所以M、N、A、B四点共面.【小问2详解】在图1中，，所以，所以，取的中点，连接，则，所以,由（1）知，，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，  则，，， ，，设平面的法向量为，因为，，所以，即，令，则，又，设直线与平面所成角为，所以 .所以直线与平面所成角的正弦值为.20. 投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，投壶礼来源于射礼．投壶的横截面是三个圆形，投掷者站在距离投壶一定距离的远处将箭羽投向三个圆形的壶口，若箭羽投进三个圆形壶口之一就算投中．为弘扬中华传统文化，某次文化活动进行了投壶比赛，比赛规定投进中间较大圆形壶口得分，投进左右两个小圆形壶口得分，没有投进壶口不得分．甲乙两人进行投壶比赛，比赛分为若干轮，每轮每人投一支箭羽，最后将各轮所得分数相加即为该人的比赛得分，比赛得分高的人获胜．已知甲每轮投一支箭羽进入中间大壶口的概率为，投进入左右两个小壶口的概率都是，乙每轮投一支箭羽进入中间大壶口的概率为，投进入左右两个小壶口的概率分别是和，甲乙两人每轮是否投中相互独立，且两人各轮之间是否投中也互相独立．若在最后一轮比赛前，甲的总分落后乙分，设甲最后一轮比赛的得分为，乙最后一轮比赛的得分为．（1）求甲最后一轮结束后赢得比赛的概率；（2）求的数学期望．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）分别计算出甲、乙每轮得分可能取值对应的概率，根据最后一轮甲反败为胜可知，结合独立事件概率乘法公式可求得结果；（2）确定所有可能的取值后，可结合独立事件概率乘法公式可计算得到每个取值对应的概率，根据数学期望计算公式可求得结果.【小问1详解】设甲一轮的得分为，则，，；设乙一轮的得分为，则，，；则甲最后一轮反败为胜的概率.【小问2详解】由题意知：所有可能的取值为，；；；；的数学期望.21. 已知椭圆，圆与轴的交点恰为的焦点，且上的点到焦点距离的最大值为.（1）求的标准方程；（2）不过原点的动直线与交于两点，平面上一点满足，连接交于点（点在线段上且不与端点重合），若，试判断直线与圆的位置关系，并说明理由.【答案】（1）    （2）直线与圆相离，理由见解析【解析】【分析】（1）由题意列出椭圆中的，，的关系解方程组即可求解；（2）需判断圆心到直线的距离与圆的半径的大小系，重视设而不求的思想方法.【小问1详解】由题意，圆与轴的交点为，可得，椭圆上的点到焦点距离的最大值为，又因为，可得，，所以椭圆的标准方程为【小问2详解】如图所示，设，当直线的斜率存在时，设直线，与联立可得，，且有，，由可得点为中点，可得，且有，所以可得，，即点的坐标为，将点代入椭圆，可得，化简后，得，由于点分别满足，代入上式可得，，即.代入韦达定理可得，，满足式，点到直线的距离，由于，可得，所以，所以有，所以直线与圆相离，当直线斜率不存在时，此时有，代入，可得，又，可得，所以直线的方程为，也满足直线与圆相离.综上，直线与圆相离.22. 已知函数.（1）讨论的单调性；（2）函数，当时，讨论零点的个数.【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【解析】分析】（1）讨论，两种情况，确定的正负，利用导数求的单调性；（2）设，利用导数得出的单调性，进而得出最小值，讨论最小值大于、小于、等于0的情况结合零点存在性定理确定的零点个数，即零点的个数.【详解】解：（1）函数的定义域为，.①当时，，所以在上单调递减；②当时，令得.若，；若，；所以在单调递减，在单调递增.综上所述，当时，在上单调递减；当时，在单调递减；在单调递增.（2）设函数因为，所以得.当时，，在上单调递减.当时，，在上单调递增.所以当时，取最小值，最小值为.若时，，所以函数只有1个零点；若时，，所以函数无零点；若时，，，，故，；所以函数在和各有一个零点，所以函数有两个零点.综上所述，当时，函数只有1个零点；当时，函数无零点；当时，函数有两个零点【点睛】方法点睛：研究含参函数的零点问题，即方程的实根问题，通常选择参变分离,得到的形式，后借助数形结合(几何法)思想求解；若无法参变分离，则整体含参讨论函数的单调性、极值符号，由数形结合可知函数的图象与轴的交点情况即函数的零点情况.