2022-2023学年宁夏银川市唐徕中学高二年级下册学期3月月考数学（理）试题【含答案】

2022-2023学年宁夏银川市唐徕中学高二下学期3月月考数学（理）试题一、单选题1．在复平面内，复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】利用复数除法法则得到，从而确定所在象限.【详解】，故在复平面内对应的点坐标为，位于第一象限.故选：A2．随机变量服从正态分布，，则等于（

）A．0.84 B．0.16 C．0.36 D．0.34【答案】D【分析】根据正态分布性质求解给定区间概率【详解】∵随机变量服从正态分布，，∴.故选：D.3．若命题“，”为假命题，则的取值范围是（

）A． B． C．或 D．或【答案】A【分析】先转化为命题的否定，再由一元二次不等式的性质求解即可.【详解】命题“，”的否定为“，”，该命题为真命题，即，解得.故选：A4．投掷一枚均匀的骰子，记事件A：“朝上的点数大于3”，B：“朝上的点数为2或4”，则下列说法正确的是（

）A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B对立C．事件A与事件B相互独立 D．【答案】C【分析】根据互斥事件以及对立事件的概念结合事件A与事件B的基本事件可判断A，B；根据独立事件的概率公式可判断C；求出事件的概率可判断D.【详解】对于A，B，事件A：“朝上的点数大于3”，B：“朝上的点数为2或4”，这两个事件都包含有事件：“朝上的点数为4”，故事件A与事件B不互斥，也不对立，A，B错误；对于C，投掷一枚均匀的骰子，共有基本事件6个，事件A：“朝上的点数大于3”包含的基本事件个数有3个，其概率为,B：“朝上的点数为2或4”，包含的基本事件个数有2个，其概率为,事件包含的基本事件个数有1个，其概率为,由于,故事件A与事件B相互独立，C正确；对于D，事件包含的基本事件个数有朝上的点数为共4个，故，D错误，故选：C5．在5道题中有3道数学题和2道物理题，如果不放回地依次抽取2道题，则在第一次抽到数学题条件下，第二次抽到数学题的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】法一：分析出第一次抽到数学题条件下，剩余试题的特征，从而求出概率；法二：设出事件，利用条件概率公式进行求解.【详解】法一：因为第一次抽到数学题条件下，还剩下4道试题，有2道数学题和2道物理题，因此第二次抽到数学题的概率是；法二：设第二次抽到数学题为事件，第一次抽到数学题为事件，则，，则.故选：B6．已知的二项展开式中，第项与第项的二项式系数相等，则所有项的系数之和为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据第项与第项的二项式系数相等列出等式，解出，再用赋值法即可得出结果.【详解】解：因为，且第项与第项的二项式系数相等，所以，解得，取，所以所有项的系数之和为：.故选：C7．用数学归纳法证明：“为正整数”，在到时的证明中，（

）A．左边增加的项为 B．左边增加的项为C．左边增加的项为 D．左边增加的项为【答案】D【分析】根据式子的结构特征，求出当n＝k时，等式的左边，再求出n＝k+1时，等式的左边，比较可得所求．【详解】当n＝k时，等式的左边为，当n＝k+1时，等式的左边为，故从“n＝k到n＝k+1”，左边所要添加的项是．故选：D．8．2022年10月22日，中国共产党第二十次全国代表大会胜利闭幕．某班举行了以“礼赞二十大、奋进新征程”为主题的联欢晚会，原定的5个学生节目已排成节目单，开演前又临时增加了两个教师节目，如果将这两个教师节目插入到原节目单中，则这两个教师节目相邻的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先插入第一个节目，再插入第二个节目，再按照分步乘法计数原理分别计算插入的情况数量及这两个教师节目恰好相邻的情况数量,再应用古典概率公式求概率即可.【详解】由题意可知，先将第一个教师节目插入到原节目单中，有6种插入法，再将第二个教师节目插入到这6个节目中，有7种插入法，故将这两个教师节目插入到原节目单中，共有（种）情况，其中这两个教师节目恰好相邻的情况有（种），所以所求概率为.故选:D.9．函数的图象如图所示，是函数的导函数，则下列数值排序正确的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由图象的变化趋势，结合导函数的定义有，即可得答案.【详解】由图知：，即.故选：A10．5名学生参加数学建模活动，目前有3个不同的数学建模小组，每个小组至少分配1名学生，至多分配3名学生，则不同的分配方法种数为（

）A．60 B．90 C．150 D．240【答案】C【分析】根据每组的人数进行分类讨论，由此求得正确答案.【详解】当每组人数为时，方法有种.当每组人数为时，方法有种.所以不同的分配方法种数为种.故选：C11．已知双曲线的左焦点为，M为C上一点，M关于原点的对称点为N，若，且，则C的渐近线方程为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由对称性知四边形为平行四边形，可求得及，在中，由余弦定理建立的关系，从而求得渐近线方程.【详解】如图所示，不妨设在左支，设右焦点为，连接，由对称性知四边形为平行四边形，由得，由双曲线定义知：，所以，因为，所以在中，由余弦定理得，即，整理得，即，所以，则C的渐近线方程为.故选：D【点睛】求双曲线的渐近线就是求与的关系，通过可通过几何关系或代数式建立关于的一个齐次等式，求解均可得到渐近线方程.几何关系通过用到平面几何中的有关知识建立关系，甚至平面向量、正弦定理、余弦定理都可以用来建立关系式.12．已知函数的导函数为，对任意，都有成立，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】构造函数，利用导数判断函数单调性即可得解.【详解】令，则，所以为上的单调递减函数，所以，即，化简可得，故选：C二、填空题13．某中学有高中生3500人，初中生1500人，为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为100的样本，则应从高中生中抽取__________人．【答案】70【分析】根据条件计算出抽取的比例，然后可得答案.【详解】总人数为，所以抽取的比例为，所以应从高中生中抽取人，故答案为：.14．若复数（i是虚数单位）的共轭复数是，则的虚部是______．【答案】##【分析】化简得，再求出即得解.【详解】，所以．因此．所以的虚部是．故答案为：15．函数的单调递减区间为______．【答案】##【分析】利用导数求得的单调递减区间.【详解】函数的定义域为，∵，令得，∴函数的单调递减区间是．故答案为：16．在展开式中，的系数是________．（用数字作答）【答案】【分析】根据题意可得，然后由的展开式通项即可得到结果.【详解】因为，且的展开式通项为，所以的系数是与展开式中的项的乘积的和，所以有，故答案为:三、解答题17．已知为等差数列的前项和，，．(1)求；(2)是否存在最大值？若存在，求出的最大值及取得最大值时的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，最大值20，或5【分析】（1）设公差为，根据等差数列的通项公式与前项和公式，求得即可得；（2）由等差数列的前项和公式得，根据二次函数的性质结合，即可确定的最大值及取得最大值时的值.【详解】（1）设等差数列的公差为，由，可得，解得，所以；（2）又，所以当时，，当时，，所以存在最大值为，取得最大值时或.18．某企业生产某种产品，为了提高生产效益，通过引进先进的生产技术和管理方式进行改革，并对改革后该产品的产量x（万件）与原材料消耗量y（吨）及100件产品中合格品与不合格品数量作了记录，以便和改革前作对照分析，以下是记录的数据：表一：改革后产品的产量和相应的原材料消耗量x3456y2.5344.5表二：改革前后定期抽查产品的合格数与不合格数合格品的数量不合格品的数量合计改革前9010100改革后8515100合计17525200（1）请根据表一提供数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程.（2）已知改革前生产7万件产品需要6.5吨原材料，根据回归方程预测生产7万件产品能够节省多少原材料？（3）请根据表二提供的数据，判断是否有90%的把握认为“改革前后生产的产品的合格率有差异”？参考公式：，（下面的临界值表供参考）0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828（参考公式，其中）【答案】（1）；（2）1.25吨；（3）没有的把握认为“改革前后生产的产品的合格率有差异”.【分析】（1）由已知表格中的数据和参考公式求得，，可得线性回归方程；（2）在（1）中的回归方程中，取，即可求出结果；（3）由表格中的数据求得的观测值，结合参考数据，即可得到结果．【详解】（1）由表一得，，∴，，所以所求线性回归方程为.（2）当时，，从而能够节省吨原材料.（3）由表二得，因此，没有的把握认为“改革前后生产的产品的合格率有差异”.【点睛】本题考查线性回归方程的求法，考查了独立性检验，是基础题．19．有关部门在某公交站点随机抽取了100名乘客，统计其乘车等待时间（指乘客从进站口到乘上车的时间，乘车等待时间不超过40分钟），将数据按，，，，，分组，绘制成如图所示的频率分布直方图.假设乘客乘车等待时间相互独立.（1）求抽取的100名乘客乘车等待时间的中位数（保留一位小数）；（2）现从该车站等车的乘客中随机抽取4人，记等车时间在的人数为，用频率估计概率，求随机变量的分布列与数学期望.【答案】（1）中位数为（2）详见解析【分析】（1）由频率分布直方图的中矩形面积表示频率，进而使其为0.5,时，求得中位数；（2）该事件满足二项分布，计算出任取1人等车时间在的概率，进而由二项分布概率表示方式列出分布列，再由二项分布期望性质求得数学期望.【详解】解：（1）第一块小矩形的面积，第二块小矩形的面积，第三块小矩形的面积，第四块小矩形的面积，故中位数为.（2）任取1人等车时间在的概率为，故的可能取值为0，1，3，4且，则，，，，.所以的分布列为：01234故.【点睛】本题考查列出二项分布事件的分布列并求数学期望，还考查了由频率分布直方图求中位数，属于简单题.20．如图，在直三棱柱中，，，为的中点.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成的二面角大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）方法一:取的中点，的中点，由勾股定理可得，，在三棱柱中易知平面，由于，由此平面，根据面面垂直的判定定理即可证明结果.方法二：以为坐标原点建立空间坐标系，分析求出向量的坐标，进而根据，结合线面垂直的判定定理得到平面，再由面面垂直的判定定理即可得到平面平面平面．（2）求出平面与平面的法向量坐标，代入向量夹角公式，求出平面与平面所成的二面角的余弦值，进而可以求出平面与平面所成的二面角．【详解】（1）方法一：证明：取的中点，的中点，连接，.E、F分别为AC1、AC的中点，，，，故四边形是平行四边形.在直三棱柱中，，又且平面.由于.平面平面平面平面.方法二：证明：，由勾股定理知，，则如图所示建立直角坐标系，坐标分别为：分别是之中点.故，平面，平面平面平面（2）设平面的法向量，且令，显然平面的法向量为，平面的法向量，故两平面的夹角为.【点睛】本题主要考查了平面与平面垂直的判定，空间向量在立体几何中的应用，本题属于基础题．21．已知函数．(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)求函数的单调区间．【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义即可求解.（2）求出导函数，分情况求解不等式和即可得解.【详解】（1）当时，，，，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2），当，令得，由得，由得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为当，令得，当时，由得或，由得，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，，所以的单调增区间为，无单调减区间；当时，由得或，由得，所以的单调增区间为和，单调递减区间为.22．已知焦点为的抛物线经过圆的圆心，点是抛物线与圆在第一象限的一个公共点，且．(1)分别求与的值；(2)点与点关于原点对称，点、是异于点的抛物线上的两点，且、、三点共线，直线、分别与轴交于点、，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由．【答案】(1)，(2)是，【分析】（1）将圆心的坐标代入抛物线的方程，可求得的值，利用抛物线的定义求出点的坐标，将点的坐标代入圆的方程，可求得的值；（2）分析可知直线的斜率存在且不为，设直线的方程为，设、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，计算出直线、的斜率，可得出，结合韦达定理计算可得结果.【详解】（1）解：由已知得抛物线过点，所以，解得，所以抛物线