《江西省抚州市崇仁一中、广昌一中、金溪一中2022-2023年度下学期高二第一次月考联考数学试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省抚州市崇仁一中、广昌一中、金溪一中2022-2023年度下学期高二第一次月考联考数学试卷含答案.pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1崇仁一中、广昌一中、金溪一中 2022-2023 年度下学期高二第一次月考联考数学试题崇仁一中、广昌一中、金溪一中 2022-2023 年度下学期高二第一次月考联考数学试题一、单选题（本大题共 8 小题，每题 5 分，共 40 分）一、单选题（本大题共 8 小题，每题 5 分，共 40 分）1设随机变量设随机变量15,3XB，则，则(3)DX（）（）A10B30C15D52.若若2nxy的展开式中第的展开式中第 4 项与第项与第 8 项的二项式系数相等，则项的二项式系数相等，则n（）（）A9B10C11D123由数据由数据11,xy，22,xy，66,xy可得可得y关于关于x的线性回归方程为
2、的线性回归方程为32yx，若，若6112iix，则，则61iiy（）（）A48B52C56D804现有现有 3 个小组，每组个小组，每组 3 人，每人投篮人，每人投篮 1 次，投中的概率均为次，投中的概率均为12，若，若 1 个小组中至少有个小组中至少有 1人投中，则称该组为人投中，则称该组为“成功组成功组”，则这，则这 3 个小组中恰有个小组中恰有 1 个个“成功组成功组”的概率为（）的概率为（）A1512B21512C343512D1475125某人连续两次对同一目标进行射击，若第一次击中目标，则第二次也击中目标的概率为某人连续两次对同一目标进行射击，若第一次击中目标，则第二次也击中目标的
3、概率为0.7，若第一次未击中目标，则第二次击中目标的概率为，若第一次未击中目标，则第二次击中目标的概率为0.5，已知第一次击中目标的概率为，已知第一次击中目标的概率为0.8，则在第二次击中目标的条件下，第一次也击中目标的概率为（），则在第二次击中目标的条件下，第一次也击中目标的概率为（）A1425B1433C2833D25396.某高中从某高中从 3 名男教师和名男教师和 2 名女教师中选出名女教师中选出 3 名教师，派到名教师，派到 3 个不同的乡村支教，要求这个不同的乡村支教，要求这 3 名教师中男女都有，则不同的选派方案共有（）种名教师中男女都有，则不同的选派方案共有（）种A9B36C5
4、4D1087我国古代典籍艺经中记载了一种名为我国古代典籍艺经中记载了一种名为“弹棋弹棋”的游戏：的游戏：“弹棋，二人对局，先列棋相当弹棋，二人对局，先列棋相当.下呼，上击之下呼，上击之.”其规则为：双方各执其规则为：双方各执 4 子，摆放好后，轮流用己方棋子击打对方棋子，使己方棋子射入对方的圆洞中，先射完全部子，摆放好后，轮流用己方棋子击打对方棋子，使己方棋子射入对方的圆洞中，先射完全部 4 子者获胜子者获胜.现有甲、乙两人对弈，其中甲、乙击中的概率分别为现有甲、乙两人对弈，其中甲、乙击中的概率分别为12、13，甲执先手，则双方共击，甲执先手，则双方共击 9 次后游戏结束的概率是（）次后游戏结
5、束的概率是（）A281B5162C1081D251628已知双曲线已知双曲线2222:10,0 xyCabab的左焦点为的左焦点为1F，M 为为 C 上一点，上一点，M 关于原点的对关于原点的对2称点为称点为 N，若，若160MF N，且，且112F NFM，则，则 C 的渐近线方程为（的渐近线方程为（）A33yx B3yx C66yx D6yx 二二、多选题多选题（本大题共本大题共 4 4 小题小题每题每题 5 5 分分，共共 2020 分分，全选对全选对 5 5 分分，部分选对部分选对 2 2 分分，错选错选 0 0 分分）9已知随机变量从二项分布已知随机变量从二项分布11001,2B，则
6、（，则（）A100110011()2kP XkCB(301)(701)P XP XC1()2P XE XDP Xk最大时最大时500k 或或 50110 已 知 某 批 零 件 的 质 量 指 标 已 知 某 批 零 件 的 质 量 指 标(单 位：毫 米单 位：毫 米)服 从 正 态 分 布服 从 正 态 分 布225.40,N，且，且25.450.1P，现从该批零件中随机取，现从该批零件中随机取3件，用件，用X表示这表示这3件产品的质量指标值件产品的质量指标值不位不位于区间于区间25.35,25.45的产品件数，则（的产品件数，则（）AP(25.3525.45)=0.8BE(X)=2.4C
7、D(X)=0.48D(1)0.488P X 112022 年冬奥会在北京举办，为了弘扬奥林匹克精神，年冬奥会在北京举办，为了弘扬奥林匹克精神，某某市多所中小学开展了冬奥会项市多所中小学开展了冬奥会项目科普活动目科普活动.为了调查学生对冬奥会项目的了解情况，为了调查学生对冬奥会项目的了解情况，在本市中小学中随机抽取了在本市中小学中随机抽取了 10 所学校中的部分同学，所学校中的部分同学，10 所学校中了解冬奥会项目的人数如图所示：若从所学校中了解冬奥会项目的人数如图所示：若从这这10 所学校中随机选取所学校中随机选取 3 所学校进行冬奥会项目的宣讲所学校进行冬奥会项目的宣讲活动，记活动，记X为被
8、选中的学校中了解冬奥会项目的人数为被选中的学校中了解冬奥会项目的人数在在 30 以上的学校所数，则下列说法中正确的是（以上的学校所数，则下列说法中正确的是（）AX的可能取值为的可能取值为 0，1，2，3B103P X C1.2EX D1425DX 12为排查新型冠状病毒肺炎患者，需要进行核酸检测现有两种检测方式为排查新型冠状病毒肺炎患者，需要进行核酸检测现有两种检测方式：（1）逐份检）逐份检测测：（2）混合检测混合检测：将其中将其中 k 份核酸分别取样混合在一起检测份核酸分别取样混合在一起检测，若检测结果为阴性若检测结果为阴性，则这则这 k份核酸全为阴性，因而这份核酸全为阴性，因而这 k 份核
9、酸只要检测一次就够了，如果检测结果为阳性，为了明确份核酸只要检测一次就够了，如果检测结果为阳性，为了明确这这 k 份核酸样本究竟哪几份为阳性，就需要对这份核酸样本究竟哪几份为阳性，就需要对这 k 份核酸再逐份检测，此时，这份核酸再逐份检测，此时，这 k 份核酸份核酸的检测次数总共为的检测次数总共为1k 次假设在接受检测的核酸样本中，每份样本的检测结果是阴性还次假设在接受检测的核酸样本中，每份样本的检测结果是阴性还是阳性都是独立的，并且每份样本是阳性的概率都为是阳性都是独立的，并且每份样本是阳性的概率都为01pp，若，若10k，运用概率统，运用概率统计的知识判断下列哪些计的知识判断下列哪些 p
10、值能使得混合检测方式优于逐份检测方式值能使得混合检测方式优于逐份检测方式（参考数据：（参考数据：3lg0.7940.1）（）A0.4B0.3C0.2D0.1三、填空题三、填空题（本大题共（本大题共 4 4 小题小题，每题每题 5 5 分，共分，共 2020 分分）13 随 机 变 量 随 机 变 量 X 的 分 布 列 如的 分 布 列 如 右右 表 所 示，若表 所 示，若13E X，则，则(32)DX _.14.某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布2100,N质量质量指标介于指标介于 99 至至 101 之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达之间的
11、产品为良品，为使这种产品的良品率达到到95.45%，则 需 调 整生 产 工 艺，使 得，则 需 调 整生 产 工 艺，使 得至 多 为至 多 为 _(若若2,XN，则，则0.6826220.9544PXPX；330.9974PX）15直线直线10axby 始终平分圆始终平分圆224210 xyxy 的周长的周长，则则2211ab的最小的最小值为值为_16 如图如图，在四棱锥在四棱锥PABCD中中，四边形四边形 ABCD 是矩形是矩形，PA 平面平面 ABCD，2PAAB，6AD，点点 Q 是侧棱是侧棱 PD 的中点的中点，点点 M，N 分别在边分别在边 AB，BC 上，当空间四边形上，当空间
12、四边形 PMND 的周长的周长最小时，点最小时，点 Q 到平面到平面 PMN 的距离为的距离为_四、解答题四、解答题（1717 题题 1010 分，分，1818 至至 2222 题每题题每题 1212 分，共分，共 7070 分分）17某工厂生产的产品是经过三道工序加工而成的，这三道工序互不影响，已知生产该产某工厂生产的产品是经过三道工序加工而成的，这三道工序互不影响，已知生产该产品三道工序的次品率分别为品三道工序的次品率分别为110，111，112(1)求该产品的次品率；求该产品的次品率；(2)从该工厂生产的大量产品中随机抽取三件从该工厂生产的大量产品中随机抽取三件，记次品的件数为记次品的件
13、数为X，求随机变量求随机变量X的分布列的分布列与期望与期望E X18在四棱锥在四棱锥PABCD中，底面中，底面ABCD是边长为是边长为 2 的正方形，的正方形，PCPD，二面角，二面角ACDP为直二面角为直二面角.(1)求证：求证：PBPD；(2)当当PCPD吋，求直线吋，求直线PC与平面与平面PAB所成角的正弦值所成角的正弦值.1919袋子中有袋子中有 8 8 张水果卡片张水果卡片，其中其中 4 4 张苹果卡片张苹果卡片，4 4 张梨子卡片张梨子卡片，消费者从该袋子中不放回消费者从该袋子中不放回X101P16ab4地随机抽取地随机抽取 4 4 张卡片张卡片，若抽到的若抽到的 4 4 张卡片都
14、是同一种水果张卡片都是同一种水果，则获得一张则获得一张 1010 元代金券元代金券；若抽若抽到的到的 4 4 张卡片中恰有张卡片中恰有 3 3 张卡片是同一种水果，则获得一张张卡片是同一种水果，则获得一张 5 5 元代金券；若抽到的元代金券；若抽到的 4 4 张卡片张卡片是其他情况，则不获得任何奖励是其他情况，则不获得任何奖励(1)(1)求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的 4 4 张卡片都是苹果卡片的概率；张卡片都是苹果卡片的概率；(2)(2)记随机变量记随机变量 X X 为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券的金额数为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券的金
15、额数，求求 X X 的分布列和数的分布列和数学期望学期望E X；(3)(3)该商家规定，每位消费者若想再次参加该项抽奖活动，则需支付该商家规定，每位消费者若想再次参加该项抽奖活动，则需支付 2 2 元若你是消费者元若你是消费者，是否愿意再次参加该项抽奖活动？请说明理由是否愿意再次参加该项抽奖活动？请说明理由20为了丰富在校学生的课余生活为了丰富在校学生的课余生活，某校举办了一次趣味运动会活动某校举办了一次趣味运动会活动，学校设置项目学校设置项目A A“毛毛毛虫旱地龙舟毛虫旱地龙舟”和项目和项目B B“袋鼠接力跳袋鼠接力跳”甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，甲、乙两班每班分成两组，每组参
16、加一个项目，进行班级对抗赛每一个比赛项目均采取五局三胜制（即有一方先胜进行班级对抗赛每一个比赛项目均采取五局三胜制（即有一方先胜 3 3 局即获胜，比赛结局即获胜，比赛结束束），假设在项目假设在项目A A中甲班每一局获胜的概率为中甲班每一局获胜的概率为23，在项目在项目B B中甲班每一局获胜的概率为中甲班每一局获胜的概率为12，且每一局之间没有影响且每一局之间没有影响(1)(1)求甲班在项目求甲班在项目A A中获胜的概率；中获胜的概率；(2)(2)设甲班获胜的项目个数为设甲班获胜的项目个数为X X，求，求X X的分布列及数学期望的分布列及数学期望21在平面直角坐标系在平面直角坐标系xOy中，中
17、，焦点在焦点在 x 轴上的轴上的椭圆椭圆C过点过点31,2，离心率，离心率32e.(1)求椭圆求椭圆C的方程；的方程；(2)设直线设直线yxm与椭圆与椭圆C相交于相交于,A B两点，求两点，求AOB的面积最大值的面积最大值.22 设抛物线设抛物线2:2(0)C ypx p的焦点为的焦点为 F，点点,0D p，过过 F 的直线交的直线交 C 于于 M，N 两点两点 当当直线直线 MD 垂直于垂直于 x 轴时，轴时，3MF(1)求求 C 的方程；的方程；(2)设直线设直线,MD ND与与 C 的另一个交点分别为的另一个交点分别为 A，B，记直线记直线,MN AB的倾斜角分别为的倾斜角分别为,当当取
18、得最大值时，求直线取得最大值时，求直线 AB 的方程的方程崇仁一中、广昌一中、金溪一中崇仁一中、广昌一中、金溪一中 2022-20232022-2023 年度下学期高二第一次月考年度下学期高二第一次月考答案答案123456789101112ABABC.CCDADACDACDCD5C设第一次击中目标为事件 A，第二次击中目标为事件 B，则0.7P B A，0.5P B A，0.8P A，所以 0.2P A，故 0.8 0.70.2 0.50.66P BP ABP ABP AP B AP AP B A，则 0.7 0.8280.660.6633P AP B AP ABP A BP B6.C从含有
19、3 名男教师和 2 名女教师的 5 名教师中任选 3 名教师，派到 3 个不同的乡村支教，不同的选派方案有35A种，选出 3 名教师全是男教师的不同的选派方案有33A种，所以 3 名教师中男女都有的不同的选派方案共有3353AA54种故选：C7C由题知：因为甲执先手，则双方共击 9 次后游戏结束，所以一定甲获胜，且最后一次甲击中，乙至多击中 3 次，故概率443411110C122381P.故选：C8D如图所示，不妨设M在左支，设右焦点为2F，连接22MFNF，由对称性知四边形12MFNF为平行四边形，由112F NFM得212F MFM，由双曲线定义知：212F MFMa，所以1212,4F
20、Ma F MFNa，因为160MF N，所以12120FMF在12MFF中，由余弦定理得2221212122cos120FFFMF MFMF M，即222144162 242caaaa ，整理得227ca，即2227aba，所以6ba，则 C 的渐近线方程为6byxxa .故选：D9AD对 A，1001100110011001111C1C222kkkkP Xk ，所以 A 对；对 B，因为3010()01=3()kP XP Xk，1001700700()()=kP XP Xk且100110011001CCkk，所以()(301700)P XP X，所以 B 错；对 C，因为1()1001500
21、.52E Xnp，所以10015011()500.5()2kP XE XP XP Xk，所以 C 错；对 D，因为100110011C2kP Xk，由组合数的性质得，P Xk最大时500k 或 501，所以 D 对.故选：AD10ACD由正态分布的性质得 P(25.3525.45)=1-2 P(24.45)=1-20.1=0.8，故 A 正确；则 1 件产品的质量指标值不位于区间(25.35，25.45)的概率为 P=0.2，所以)2(30.XB，故 E(X)=30.2=0.6，故 B 错误；D(X)=30.20.8=0.48，故 C 正确；31101 0.80.488P XP X ，故 D
22、正确故选：ACD.11ACD由题意可得X的可能取值为 0，1，2，3，故 A 正确；分析可得X服从参数为 10，4，3 的超几何分布，其分布列为346310C C0,1,2,3CkkP Xkk，则0346310C C10C6P X，故 B 错误；3 41.210EX，故 C 正确；1221302222464646333101010C CC CC C1140 1.21 1.22 1.23 1.26CCC25DX，故 D 正确；故选：ACD.12CD设混合检测分式，样本需要检测的总次数Y可能取值为1,1110(1)(1)P Yp，10(11)1(1)P Yp 故Y的分布列为：Y111P10(1)p
23、101(1)p101010()1(1)111(1)11 10(1)YpppE 设逐份检测方式，样本需要检测的总次数X，则()10E X 要使得混合检测方式优于逐份检测方式，需()()E YE X即1011 10(110)p，即10(1)110p，即0.1011p又lg0.7940.1，lg0.7941010.794p ，0.79.140 206p 00.206p故选：CD135依题意可得1161110163abab ，解得1312ab，所以22211111151013633329D X ，所以25323959DXD X.故答案为：5.1412依题可知，100，再根据题意以及正态曲线的特征可知，
24、1002X的解集99,101A，由1002X可得，10021002X，所以1002991002101，解得：12，故至多为12故答案为：121545解：圆224210 xyxy 化为标准方程：22214xy，圆心为2,1，因为直线10axby 始终平分圆224210 xyxy 的周长，所以直线10axby 过圆心2,1，则21ab，所以1 2ba，则222222141121121521555abaaaaaa ，当45a 时，2211ab取得最小值45.故答案为：45.16.2 63【详解】要使得空间四边形 PMND 周长最小，只需将平面 PAB 沿 AB 展开到与平面 ABCD共面，延长 DC
25、 至D，使得2DCCD，于是点 N 在线段DD的垂直平分线上，所以NDND，因为 PD 为定值，故当点 P，M，N 和D共线时，空间四边形 PMND 的周长最小，易得PAMNCDPDD，即得PANCPDAMCDDD，即226222NCAM，所以1AM，4NC，642BN，以 A 为坐标原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则0,0,0A，0 0 2P,，0,6,0D，由题意可得1,0,0M，2,2,0N，0,3,1Q，则1,0,2PM ，2,2,2PN，设,nx y zr是平面 PMN 的一个法向量，则00n PMn PN.即得202220
26、xzxyz，令1z，得2x，1y ，2,1,1n，0,3,1PQ ，所以点 Q 到平面 PMN 的距离3 12 631 1 4n PQdn 故答案为：2 6317.(1)14(2)分布列见解析，34E X（1）产品正品的概率为：11131111011124P，所以为次品的概率为31144.4 分（2）由题意得X0，1，2，3，且13,4XB3327(0)464P X，2133127(1)C4464P X ，223319(2)C4464P X，311(3)464P X，X的分布列如下：X0123P27642764964164.8 分27279130123646464644E X .10 分18(
27、1)证明见解析；(2)105.（1）由题意知平面PCD 平面ABCD，又平面PCD 平面ABCDCD，BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面PCD.因为PD 平面PCD，所以BCPD.又因为PCPD，BCPCC，PC 平面PBC，BC平面PBC，所以PD 平面PBC.因为PB 平面PBC，所以PDPB.5 分（2）取CD中点为O，连结PO.取AB中点为E，连结OE.因为PCPD，点O是CD中点，所以POCD.又因为平面PCD 平面ABCD，平面PCD 平面ABCDCD，PO平面PCD，所以PO平面ABCD.因为点O、E分别是CD、AB的中点，所以/OE AD，则OECD.则112OPCD，2
28、OEAD.以点O为坐标原点，,OD OE OP所在直线分别为,x y z轴，如图建立空间直角坐标系Dxyz，则0,0,0O，1,0,0D，1,0,0C，1,2,0B，0,0,1P，0,2,0E，1,2,0A，1,2,1AP ，2,0,0AB ，1,0,1PC .设,nx y z是平面PAB的一个法向量，则2020n APxyzn ABx ，取1y，则2z，所以0,1,2n 是平面PAB的一个法向量.设直线PC与平面PAB所成的角为，则210sincos,552n PCn PCn PC ，所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为105.12 分19(1)170；(2)分布列见解析，187E X
29、；(3)愿意，理由见解析.（1）记“某位消费者在一次抽奖活动中抽到的 4 张卡片上都是苹果为事件 A，则 P（A）481C170，所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的 4 张卡片上都是苹果的概率为170；.4 分（2）依题意随机变量 X 的所有可能取值为 0、5、10，则 P（X0）224448C CC1835，P（X5）3144482C CC1635，P（X10）0444482C CC135，所以 X 的分布列为：X0510P18351635135所以 E（X）10135+51635+01835187；.8 分（3）记随机变量 Y 为消费者在一次抽奖活动中的收益，则 YX2，所以 E（Y）E
30、（X2）E（X）21872470，所以愿意再次参加该项抽奖活动.12 分20(1)6481(2)分布列见解析，209162（1）记“甲班在项目 A 中获胜”为事件 A，则 222223422221221264CC33333333381P A，所以甲班在项目 A 中获胜的概率为6481.6 分（2）记“甲班在项目 B 中获胜”为事件 B，则 34522341111CC2222P B，X 的可能取值为 0，1，2，则 171170812162P XP ABP A P B，64132281281P XP ABP A P B，111022P XP XP X 所以 X 的分布列为X012P1716212
31、3281.11 分17132209012162281162E X .12 分所以甲班获胜的项目个数的数学期望为20916221(1)2214xy(2)1（1）设椭圆方程为22221,0 xyabab，由椭圆C过点31,2，离心率32cea所以22222131432abbacca，解得224,1ab，所以椭圆C的方程为：2214xy.5 分（2）设1122,A x yB xy，则2214yxmxy，得2258440 xmxm，.6 分2284 5440mm ，得25m，所以1221285445mxxmx x，.7 分所以2221212124 251 1245mABxxxxx x，.8 分点O到直
32、线yxm的距离2md.9 分所以AOB的面积2114 252252AOBmmSAB dAB24255mm222255522m225152.11 分当252m 时，AOB的面积取到最大值 1.12 分22(1)24yx；(2):24AB xy.（1）抛物线的准线为2px ，当MD与 x 轴垂直时，点 M 的横坐标为 p，此时=32pMFp，所以2p，所以抛物线 C 的方程为24yx；.4 分（2）方法一方法一：【最优解】直线方程横截式【最优解】直线方程横截式设222231241234,4444yyyyMyNyAyBy，直线:1MN xmy，由214xmyyx可得2440ymy，120,4y y
33、，.5 分由斜率公式可得12221212444MNyykyyyy，34223434444AByykyyyy，直线112:2xMD xyy，代入抛物线方程可得1214280 xyyy，130,8y y ，所以322yy，同理可得412yy，所以34124422MNABkkyyyy.7 分又因为直线 MN、AB 的倾斜角分别为,，所以tantan22MNABkk，若要使最大，则0,2，设220MNABkkk，则2tantan112tan11tantan1 241222kkkkkk，当且仅当12kk即22k 时，等号成立，.9 分所以当最大时，22ABk，设直线:2AB xyn，代入抛物线方程可得2
34、4 240yyn，.10 分34120,4416y yny y ，所以4n，所以直线:24AB xy.12 分方法二方法二：直线方程点斜式：直线方程点斜式由题可知，直线 MN 的斜率存在.设11223344,M x yN xyA x yB xy,直线:1MN yk x由2(1)4yk xyx得：2222240k xkxk，121x x,同理，124y y .直线 MD:11(2)2yyxx,代入抛物线方程可得：1 34x x，同理，244x x.代入抛物线方程可得:138y y ,所以322yy，同理可得412yy，由斜率公式可得：21432143212121.22114ABMNyyyyyyk
35、kxxxxxx（下同方法一）若要使最大，则0,2，设220MNABkkk，则2tantan112tan11tantan1 241222kkkkkk，当且仅当12kk即22k 时，等号成立，所以当最大时，22ABk，设直线:2AB xyn，代入抛物线方程可得24 240yyn，34120,4416y yny y ，所以4n，所以直线:24AB xy.方法三方法三：三点共线：三点共线设222231241234,4444yyyyMyNyAyBy，设,0P t,若 P、M、N 三点共线，由221212,44yyt ytPMPNy，所以22122144yyt yt y，化简得124y yt=-，反之，若124y yt=-,可得 MN 过定点,0t因此，由 M、N、F 三点共线，得124y y ，由 M、D、A 三点共线，得138y y ，由 N、D、B 三点共线，得248y y ，则3412416y yy y，AB 过定点（4,0）（下同方法一）若要使最大，则0,2，设220MNABkkk，则2tantan112tan11tantan1 241222kkkkkk，当且仅当12kk即22k 时，等号成立，所以当最大时，22ABk，所以直线:24AB xy.