2022-2023学年江苏省扬州市新高二暑期调研测试数学试题【含答案】

1、2022-2023学年江苏省扬州市新高二暑期调研测试数学试题一、单选题1计算 ABCDB【详解】试题分析：复数运算2设l，m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题不正确的是（）A若lm，l，则mB若lm，l，则mC若l，m，则lmD若，则lmB【分析】利用线面平行、垂直的判定及性质对各选项逐一分析判断即可作答.【详解】对于A，由直线与平面垂直的判定知，A正确；对于B，当lm，l时，m可以在内，此时m与不平行，B不正确；对于C，l，过l的平面交于直线n，于是有ln，而m，则有mn，lm，C正确；对于D，由线面垂直的定义知，D正确.故选：B3已知，则a，b，c的大小关系为（）ABCDA【分析】根

2、据对数函数的单调性及指数函数的单调性可得结论【详解】，所以故选：4经纬度是经度与纬度的合称，它们组成一个坐标系统，称为地理坐标系统，它是利用三维空间的球面来定义地球上的空间的球面坐标系能够标示地球上任何一个位置，其中纬度是地球重力方向上的铅垂线与赤道平面所成的线面角如我国著名冰城哈尔滨就处在北纬，若将地球看成近似球体，其半径约为，则北纬纬线的长为（）ABCDC【分析】利用给定条件，求出经过哈尔滨的地球半径与该处的纬线所在平面所成的角，再求出纬线圆半径即可计算作答.【详解】依题意，哈尔滨在北纬，则经过哈尔滨的地球半径与该处的纬线所在平面所成的角为，于是得哈尔滨所在北纬纬线圆半径，所以北纬纬线的长

3、为.故选：C5在，其内角，的对边分别为，若，则的形状是（）A直角三角形B等腰三角形C.等腰直角三角形D等腰或直角三角形D【分析】由正弦定理边角互化得，进而移项整理得，再结合得或，进而得答案.【详解】解：根据正弦定理边角互化得，所以，所以，所以，即，所以或，所以或，即的形状是等腰或直角三角形.故选：D6在平面直角坐标系中，已知角的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点，角满足，则的值为（）ABCDA【分析】根据三角函数定义求，利用两角和的余弦公式求出，再由二倍角公式即可求角.【详解】由，可知因为，所以，即，所以,故选：A7一个表面被涂上红色的棱长为n cm（n3，nN）的立方体，将其适当分割成棱长为

4、1cm的小立方体，从中任取一块，则恰好有两个面是红色的概率是（）ABCDB【分析】首先确定共分割的块数，以及满足条件的块数，再求概率.【详解】由条件可知，共有块，两个面的交界处的中间部分是两个面是红色，每一个交界处有块，共有12个交界，则两个面是红色的有块，所以概率.故选：B8一个质地均匀的正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体两次，并记录每次正四面体朝下的面上的数字.记事件为“两次记录的数字和为奇数”，事件为“两次记录的数字和大于4”，事件为“第一次记录的数字为奇数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则（）A与互斥B与对立C与相互独立D与相互独立D【分析】列举出

5、基本事件，对四个选项一一判断：对于A：由事件A与D有相同的基本事件，否定结论；对于B：由事件C与D有相同的基本事件，否定结论；对于C、D：利用公式法进行判断.【详解】连续抛掷这个正四面体两次，基本事件有.其中事件A包括： .事件B包括： .事件C包括.事件D包括： .对于A：因为事件A与D有相同的基本事件，故与互斥不成立.故A错误；对于B：因为事件C与D有相同的基本事件，故C与对立不成立.故B错误；对于C：因为,而.因为，所以与不是相互独立.故C错误；对于D：因为,而.因为两个事件的发生与否互不影响，且，所以与相互独立.故D正确.故选：D二、多选题9按先后顺序抛三枚质地均匀的硬币，则（）A第一

6、枚正面朝上的概率是B“第一枚正面朝上”与“三枚硬币朝上的同”是相互独立的C“至少一枚正面朝上”与“三枚硬币正面都朝上”是互斥的D“至少一枚正面朝上”与“三枚硬币反面都朝上”是对立的BD【分析】对A，根据单独一枚硬币正面朝上的概率判断即可；对B，根据相互独立事件公式判断即可；对C，根据两事件是否能同时发生判断即可；对D，根据对立事件的定义判定即可；【详解】对A，第一枚正面朝上的概率是，故A错误；对B，第一枚正面朝上的概率，三枚硬币朝上的同的概率，又，因为，故“第一枚正面朝上”与“三枚硬币朝上的同”是相互独立的，故B正确；对C，“至少一枚正面朝上”与“三枚硬币正面都朝上”可能同时发生，不是互斥的，

7、故C错误；对D，“至少一枚正面朝上”与“三枚硬币反面都朝上”是对立的，故D正确；故选：BD10下列说法正确的是（）A用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1B数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23C一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数D甲、乙、丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样调查，若抽取的甲种个体数为9，则样本容量为18ABD【分析】对于A：统计抽样中每个个体被抽到的概率为样本容量与总体容量的比值；对于B：将8个数据按从小到大顺序排列，找到第70百分位数的位置，再利用第p百分位数的定义可得；

8、对于C：易知本组数据的众数和中位数均3，则C错误；对于D：根据甲种个体在样本中的比例和被抽到的个数不难得到样本容量.【详解】对于A：统计抽样中每个个体被抽到的概率为样本容量与总体容量的比值，易知A正确；对于B：将8个数据按从小到大顺序排列12,14,15,17,19,23,27,30，第70百分位数的位置为，则第70百分位数为第6个数23，则B正确；对于C：本组数据的众数和中位数均为3，所以C错误；对于D：根据统计知识可知甲种个体在样本中所占比例为，所以样本容量为，则D正确.故选：ABD.11在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列与有关的结论，正确的是（）A若为锐角三角形，则sin

9、AcosBB若AB，则sinAsinBC若为非直角三角形，则tanA+tanB+tanCtanAtanBtanCD若acosAbcosB，则一定是等腰三角形ABC【分析】利用锐角三角形结合正弦函数性质判断A；利用正弦定理及正弦函数性质判断B；利用诱导公式及和角的正切公式推理判断C；由正弦定理边化角，再利用二倍角公式及正弦函数性质推理判断D作答.【详解】对于A，锐角中，而在上单调递增，则，即，A正确；对于B，在中，由正弦定理得：，B正确；对于C，非直角三角形中，即，C正确；对于D，在中，由正弦定理及得：，即，而，且，因此，或，即或，是等腰三角形或直角三角形，D不正确.故选：ABC12已知函数，则

10、（）A的最小正周期为B函数在上单调递减C当时，D当函数在上有4个零点时，AC【分析】把函数化成分段函数，作出函数图像，再逐一分析各个选项即可判断作答.【详解】依题意，函数部分图像如图，函数是周期函数，周期为，故A正确；若函数在上单调递减，则在上单调递减，从图中可知，B不正确.因且，则当时，且，则且，因此，C正确；函数在上有4个零点时，即，则与的图像在上有四个交点，所以或，所以或，故D不正确.故选：AC三、填空题13有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图), ，则这块菜地的面积为_【分析】首先由斜二测图形还原平面图形，然后求解其面积即可.【详解】由几何关系可得，

11、斜二测图形中：，由斜二测图形还原平面图形，则原图是一个直角梯形，其中上下底的长度分别为1,2，高为，其面积.本题主要考查斜二测画法，梯形的面积公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14写出一个同时具有下列性质的复数_.的实部小于0；.【分析】设，根据题目求出满足条件的，即可得出答案.【详解】设，因为的实部小于0，即，则所以满足题意.故，答案不唯一.15如图是古希腊数学家希波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角三角形的斜边，直角边、，点在以为直径的半圆上已知以直角边、为直径的两个半圆的面积之比为3，则_【分析】由以直角边、为直径的两个半圆的面积之比为3，可得，进而

12、可得，从而利用两角差的余弦公式即可求解.【详解】解：因为以直角边、为直径的两个半圆的面积之比为3，所以，所以在直角三角形中，因为，所以，所以，故答案为.16有如下解法求棱长为的正四面体BDA1C1的体积：构造一个棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1，我们称之为该正四面体的”生成正方体”（如图一），正四面体BDA1C1的体积 一个对棱长都相等的四面体，通常称之为等腰四面体，已知一个等腰四面体的对棱长分别，（如图二），则该四面体的体积为_2【分析】根据条件，结合“生成长方体”的特征，即可求解.【详解】设等腰四面体的“生成长方体”的长，宽，高，分别是，由条件可知，解得：，所以该四面体的体积.故2

13、四、解答题17在直角梯形中，已知，点是边上的中点，点是边上一个动点(1)若，求的值；(2)求的取值范围(1)；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用结合向量的线性运算表示，再借助数量积及运算律求解作答.（2）令，利用结合向量的线性运算表示，再借助数量积及运算律求解作答.【详解】(1)依题意，而是边的中点，则，因此，又，所以.(2)由（1）知：令，则，则有，当时，当时，所以的取值范围是.18北京时间2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射，约577秒后，神舟十四号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将陈冬、刘洋、蔡旭哲3名航天员送入

14、太空，顺利进入天和核心舱为激发广大学生努力学习科学文化知识的热情，某校团委举行了一场名为”学习航天精神，致航空英雄”的航天航空科普知识竞赛，满分100分，共有100名同学参赛，经过评判，这100名参赛者的得分都在40，90之间，其得分的频率分布直方图如图所示(1)根据频率分布直方图，求这100名同学得分的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；(2)用分层抽样的方法从得分在60，70），70，80），80，90这三组中选6名学生，再从这6名学生中随机选取2名作为代表参加团委座谈会，求这2名学生的得分不在同一组的概率(1)64.5(2)【分析】（1）首先根据频率和为1，求，再根据平均数公

15、式，即可求解；（2）首先确定各组抽取的人数，再通过列举的方法求古典概型的概率.【详解】(1)根据题意知，解得，所以这100名同学得分的平均数是答：平均数是64.5(2)由条件知从抽取3名，从中抽取2名，从抽取1名，分别记为，因此样本空间可记为用A表示“这2名同学的得分不在同一组”，则A包含样本点的个数为11，所以答：这2名同学的成绩分别在各一名的概率是19已为分别为三内角的对边，且(1)求；(2)若，角的平分线，求的面积(1)；(2).【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合和角的正弦及辅助角公式求解作答.（2）在中，用余弦定理求出，由角平分线及面积定理可得，再利用余弦定理求出即可计算作答.【

16、详解】(1)在中，由正弦定理及得：，整理得，而，则，即，又，有，解得，所以.(2)如图，在中，由余弦定理得：，即，解得，因平分，即，在中，又，则，即，而，解得：，有，所以的面积.20进行垃圾分类收集可以减少垃圾处理量和处理设备，降低处理成本，减少土地资源的消耗，具有社会经济生态等多方面的效益，是关乎生态文明建设全局的大事.为了普及垃圾分类知识，某学校举行了垃圾分类知识，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为，乙同学答对每题的概率都为，且在中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲，乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为.（1）求和的值；（2）试求两人共答对3道题的概率.（1），；（2）

17、.（1）由互斥事件和对立事件的概率公式列方程组可解得；（2）分别求出两人答对1道的概率，答对两道题的概率，两人共答对3道题，则是一人答对2道题另一人答对1道题，由互斥事件和独立事件概率公式可得结论【详解】解：（1）设甲同学答对第一题，乙同学答对第一题，则，.设甲、乙二人均答对第一题，甲、乙二人中恰有一人答对第一题，则，.由于二人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，所以与相互独立，与相互互斥，所以，.由题意可得即解得或由于，所以，.（2）设甲同学答对了道题，乙同学答对了道题，1，2.由题意得，.设甲乙二人共答对3道题，则.由于和相互独立，与相互互斥，所以.所以，甲乙二人共答对3道题的概率为

18、.关键点点睛：本题考查互斥事件与独立事件的概率公式，解题关键是把所求概率事件用互斥事件表示，然后求概率，如设甲同学答对第一题，乙同学答对第一题，设甲、乙二人均答对第一题，甲、乙二人中恰有一人答对第一题，则，同样两人共答对3题分拆成甲答对2题乙答对1题与甲答对1题乙答对2题两个互斥事件21如图，三棱柱中，四边形和四边形均为菱形，(1)求证：；(2)求直线和平面所成角的正弦值(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，由余弦定理求得，由勾股定理得，同理证得，即可证得平面，即可证得；（2）取中点，由及证得平面，即为直线和平面所成的角，再求正弦即可.【详解】(1)如图，取的中点，连接，因为，由余弦定理得，则，所以，又，同理可得，因为平面，所以平面，因为平面，所以；(2)因为，所以，由（1）可知，且，所以，又由（1）知，所以是正三角形，取中点，连接，则，且，由（1）得，则，在中，因为，所以，所以，所以，因为，平面，故平面，所以为直线和平面所成的角，所以.22已知函数.(1)求函数的最小正周期；(2)若不等式对任意恒成立，求整数m的最大值；(3)若函数，将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，若关于x的方程在上有解，求实数k的取值范围.(1)(2)4(3)【分析】（1）由二倍角公式及辅助角公式求得，从而可求周