2022-2023学年湖北省武汉市高二年级下册学期6月月考数学试题【含答案】

2022-2023学年湖北省武汉市高二下学期6月月考数学试题一、单选题1．展开式中，二项式系数最大的项是（

）A．第3项 B．第4顶 C．第5项 D．第6项【答案】C【分析】根据二项式确定展开式中二项式系数最大的项即可.【详解】由题设，展开式中二项式对应二项式系数为，所以，二项式系数最大的项为，即：第5项.故选：C2．将编号为、、、的四个档案袋放入个不同档案盒中，每个档案盒不空且恰好有个档案盒放有个连号档案袋的所有不同放法种数有（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先分好组，将两个连号的放在一组，然后将这三组档案袋分到个不同档案盒中，由分步乘法计数原理可得结果.【详解】两个号码相连，可以是：、、，共种情况，将个档案袋分为组，其中个连号分为一组，另外个号码分别位于其他两组，因此，不同的放法种数为种.故选：B.3．在《最强大脑》的节目中，作为脑力角逐的考题，阿基米德多面体成为了难倒一众天才的“元凶”，因此“一夜爆红”.“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.例如足球一般是有12个正五边形和20个正六边形构成的阿基米德多面体.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，把多面体放在棱长为的正方体中，结合正方体的结构特征确定球心，求出球半径作答.【详解】将该多面体放入正方体中，如图所示.

由于多面体的棱长为1，所以正方体的棱长为，因为该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得，所以该多面体外接球的球心为正方体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即，所以，所以经过该多面体的各个顶点的球的表面积.故选：C4．对两个变量y和x进行回归分析，得到一组样本数据：，，，，则下列说法中不正确的是（

）A．用相关指数来刻画回归效果，的值越小，说明模型的拟合效果越好B．由样本数据得到的线性回归方程必过样本点的中心C．残差平方和越小的模型，拟合的效果越好D．若变量y和x之间的相关系数，则变量y与x之间具有线性相关关系【答案】A【分析】根据相关指数、回归直线方程、残差、相关系数等知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】A，用相关指数来刻画回归效果，的值越接近，说明模型的拟合效果越好，所以A选项错误.B，由样本数据得到的线性回归方程必过样本点的中心，正确.C，残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，正确.D，接近，变量y与x之间具有线性相关关系，正确.所以错误的为A.故选：A5．已知离散型随机变量X的分布列如下表：X0123Pa若离散型随机变量，则（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】根据分布列的性质求出a，再根据随机变量之间的函数关系即可求解.【详解】由分布列的性质可知：解得，由，等价于，由表可知；故选：A.6．过双曲线：的左焦点F作的其中一条渐近线的垂线，垂足为M，与的另一条渐近线交于点N，且，则的渐近线方程为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由图形的几何性质求渐近线的倾斜角与斜率即可.【详解】

如图所示，设OM、ON为双曲线的渐近线，由题意可知：FM⊥OM，因为，所以M为FN中点，故为等腰三角形，即，故，所以，故选:B7．已知抛物线的焦点为，为上的动点，为圆上的动点，设点到轴的距离为，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作出图形，过点作垂直于抛物线的准线，垂足为点，利用抛物线的定义可知，分析可知，当且仅当、为线段分别与圆、抛物线的交点时，取最小值，即可得解.【详解】根据已知得到，圆，所以，圆的半径为，抛物线的准线为，过点作，垂足为点，则，由抛物线的定义可得，所以，.当且仅当、为线段分别与圆、抛物线的交点时，两个等号成立，因此，的最小值为.故选：D.8．已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】构造函数，，再利用导数探讨单调性，即可比较大小作答．【详解】设，则，从而在上单调递增，则，即，设，则，从而在上单调递增，则，即，所以．故选：A．二、多选题9．下列说法正确的是（

）A．已知随机变量，若，则B．两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是C．对于事件A，B，若，则D．若随机变量，，则【答案】BC【分析】利用二项分布的数学期望和方差的公式计算判断A；根据古典概率公式结合排列组合计算判断B；利用条件概率公式计算判断C；利用正态分布的对称性计算判断D作答.【详解】对于A，因为随机变量，则，解得，A错误；对于B，两位男生和两位女生随机排成一列共有（种）排法；两位女生不相邻的排法有（种），所以两位女生不相邻的概率是，B正确；对于C，由，得A发生，B必发生，，则，C正确；对于D，因为随机变量，，则，D错误.故选：BC10．甲袋中有3个红球，3个白球和2个黑球；乙袋中有2个红球，2个白球和4个黑球.先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别以，，表示事件“取出的是红球”、“取出的是白球”、“取出的是黑球”；再从乙袋中随机取出一球，以表示事件“取出的是白球”，则下列结论中正确的是（）A．事件，，是两两互斥的事件 B．事件与事件为相互独立事件C． D．【答案】ACD【分析】根据互斥事件和相互独立事件即可判断A、B，由概率计算值即可判断C、D.【详解】由题意可得，，，显然事件，，是两两互斥的事件，故A正确，，，因为，故事件与事件不是相互独立，故B错误，，故C正确，，故D正确.故选：ACD11．已知小李每天在上班路上都要经过甲、乙两个路口，且他在甲、乙两个路口遇到红灯的概率分别为，p．记小李在星期一到星期五这5天每天上班路上在甲路口遇到红灯个数之和为，在甲、乙这两个路口遇到红灯个数之和为，则（

）A．B．C．小李星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的最大值为D．当时，【答案】BC【分析】确定，即可求出和，判断A，B；表示一天至少遇到一次红灯的概率为，可求出星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的表达式，利用导数可求得其最大值，判断C；计算一天中遇到红灯次数的数学期望，即可求得，判断D.【详解】对于A，B，小李在星期一到星期五这5天每天上班路上在甲路口遇到红灯个数之和为，则，则，，故A错误，B正确；对于C，由题意可设一天至少遇到一次红灯的概率为，星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率为，设，则，令，则（舍去）或或，当时，，当时，，故时，取得最大值，即，即小李星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的最大值为，此时，故C正确；对于D，当时，一天中不遇红灯的概率为，遇到一次红灯的概率为，遇到两次红灯的概率为，故一天遇到红灯次数的数学期望为，所以，故D错误，故选：BC【点睛】难点点睛：求解星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率，关键是要明确一天至少遇到一次红灯的概率，从而表示出星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的表达式，难点在于要利用导数求解最值,因此设函数，求导，利用导数解决问题.12．已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（

）A．在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为B．第二次抽到3号球的概率为C．如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大D．如果将5个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1个，则不同的放法有180种【答案】ABC【分析】对于A，利用条件概率公式求解；对于B，利用全概率公式求解；对于C，利用贝叶斯公式求解；对于D，不同元素的分配问题，先分份再分配即可求解.【详解】记第一次抽到第号球的事件分别为则有对于A，在第一次抽到2号球的条件下，将2号球放入2号盒子内，因此第二次抽到1号球的概率为故A选项正确；对于B，记第二次在第号盒子内抽到3号球的事件分别为而两两互斥，和为，即第二次抽到3号球的事件为，，故B选项正确；对于C，记第二次在第号盒子内抽到3号球的事件分别为而两两互斥，和为，记第二次抽到3号球的事件为，,第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号码相同，即如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大，故C选项正确；对于D，把5个不同的小球分成3组的不同分组方法数是种，将每一种分组方法分成的小球放在3个盒子中有种不同方法，由分步乘法计数原理得不同的放法种数是种，故D选项错误；故选：ABC.三、填空题13．的展开式中，含项的系数是.【答案】116【分析】利用二项展开式的通项公式，找出含有的项，即可求得项的系数.【详解】因为的二项展开式的通项公式为，在的展开式中，令，则含项的系数为.故答案为：14．已知变量，的关系可以用模型拟合，设，其变换后得到一组数据如下：468102356由上表可得线性回归方程，则．【答案】/【分析】根据表格数据求，代入回归方程求参数a，结合得，由方程的形式可知，即可求c.【详解】由表格数据知：.由，得，则.∴，由，得，∴，即.故答案为：.15．若函数图像上有且仅有两对点关于轴对称，则实数的取值范围是．【答案】【分析】利用对称性，将问题转化成与有两个不同的交点，从而得到有两个解，再通过分离常量得到，构造函数，利用单调性求出的取值范围，进而求出结果.【详解】当时，，其关于轴对称的函数为，因为函数图像上有且仅有两对点关于轴对称，所以，由，得到，所以有两个不同的交点，令，则，所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，又当时，，当时，，故的图象如图，

所以，故答案为：.16．已知P为正方体表面上的动点，若，，则当DP取最小值时，三棱锥的体积为．【答案】/【分析】由已知得，得点P的轨迹是以为直径的球面与正方体表面的交线，为两段圆弧，根据圆的性质，取AB中点O，连接DO，当DP取最小值时，P为线段DO与半圆弧的交点，由此计算三棱锥体积即得．【详解】∵，∴,∴点P的轨迹点P的轨迹是以为直径的球面与正方体表面的交线，是以AB为直径的两段半圆弧．取AB中点O，连接DO，当DP取最小值时，P为线段DO与半圆弧的交点．，，，．故答案为：．四、解答题17．在数列中，，．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）由，结合，利用等比数列的求和公式，即可求解；（2）由（1）得到，结合等差、等比数的求和公式，以及乘公比错位相减法求和，即可求解.【详解】（1）解：因为数列满足且，当时，可得，当时，适合上式，所以数列的通项公式为.（2）解：由（1）知，可得，所以，设，则，两式相减得，所以，又由，所以18．为了解某地观众对“中国诗词大会”的收视情况，某机构随机抽取了100名观众进行调查，其中女性观众55名．定义日均收看该节目时间不低于40分钟的观众为“诗词迷”．已知“诗词边”中有15名男性，非“诗词边”共有75名．(1)根据调查结果，判断是否有的把握认为“诗词迷”与性别有关？(2)采用分层抽样的方式从“诗词迷”中任意选取5人进行问卷调查，再从这5人中任取2人奖励“诗词大礼包”．以表示获得“诗词大礼包”的男性人数，表示获得“诗词大礼包”的女性人数．记，求的分布和期望．附：，；．【答案】(1)没有95%的把握认为是否为“诗词迷”与性别有关(2)分布列见解析，期望为【分析】（1）绘制列联表，由列联表中的数据，计算的值，对照临界表中的数据，比较即可得到答案；（2）根据题意确定随机变量的取值情况，利用超几何的概率公式求解概率，然后完成分布列求解数学期望即可．【详解】（1）在抽取的100人中“非诗词迷”共有75名,则“诗词迷”有25名，又女性有55名，从而完成2×2列联表如下所示：非诗词迷诗词迷合计男301545女451055合计7525100将2×2列联表中的数据代入公式计算，得，所以没有95%的把握认为是否为“诗词迷”与性别有关；（2）由题意采用分层抽样的方式从“诗词迷”中任意选取5人，则男性3名，女性2名，从5人中任意选取2人当时，，当，，当，.所以的所有取值为0，2，所以，所求分布为：02所以期望.19．某物流公司专营从甲地到乙地的货运业务（货物全部用统一规格的包装箱包装），现统计了最近100天内每天可配送的货物量，按照可配送的货物量（单位：箱）分成了以下几组：，，，，，，并绘制了如图所示的频率分布直方图（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，将频率视为概率）．

(1)该物流公司负责人决定用分层抽样的方法从前3组中随机抽出11天的数据来分析每日的可配送货物量少的原因，并从这11天的数据中再抽出3天的数据进行财务分析，求这3天的数据中至少有2天的数据来自这一组的概率；(2)该物流公司负责人根据每日的可配送货物量为公司装卸货物的员工制定了两种不同的工作奖励方案．方案一：直接发放奖金，按每日的可配送货物量划分为三级，时，奖励50元；时，奖励80元；时，奖励120元．方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中每日的可配送货物量不低于样本的中位数时有两次抽奖机会，每日的可配送货物量低于样本的中位数时只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率为奖金50100概率小张为该公司装卸货物的一名员工，试从数学期望的角度分析，小张选择哪种奖励方案对他更有利？(3)由频率分布直方图可以认为，该物流公司每日的可配送货物量（单位：箱）近似服从正态分布，其中近似为样本平均数．试利用该正态分布，估计该物流公司2000天内日货物配送量在区间内的天数（结果保留整数）．附：若，则，．【答案】(1)(2)小张选择方案二更有利(3)1637【分析】（1）由频率分布直方图结合分层抽样的方法得出各组抽取的人数，再求其概率即可；（2）若选择方案一，小张每日可获得的奖金为的可能取值为50，80，120元，由频率分布直方图可得其对应的概率，再求其数学期望即可；若选择方案二，设小张每日可获得的奖金为可能取值为50，100，150，200元，求其相应的概率得出数学期望并和方案一比较大小得出结果；（3）由频率分布直方图求解，再根据正态分布求给定区间的概率.【详解】（1）由频率分布直方图可知：前3组数据的频率之比为.根据分层抽样的方法，11天的数据有1个来自第1组，4个来自第2组，6个来自第3组，故有4天的数据来自这一组.用表示事件“抽取的3天的数据中至少有2天的数据来自”，则.（2）若选择方案一，设小张每日可获得的奖金为元，则的可能取值为50，80，120，由频率分布直方图可得其对应的概率分别为0.25，0.6，0.15，故.若选择方案二，设小张每日可获得的奖金为元，则的可能取值为50，100，150，200，每日的可配送货物量不低于样本的中位数的概率为，低于样本中位数的概率也为.故，，，.所以的分布列为50100150200所以.因为，所以从数学期望的角度看，小张选择方案二更有利.（3）由题可得，所以.故该物流公司2000天内日货物配送量在区间内的天数为.20．甲、乙运动员进行乒乓球选拔赛，每场比赛采用7局4胜制（即有一运动员先胜4局即获胜，比赛结束）．比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以或取胜的运动员积5分，负者积0分，以取胜的运动员积4分，负者积1分，以取胜的运动员积3分，负者积2分．已知知甲、乙两人比赛，甲每局获胜的概率为．(1)甲、乙两人比赛1场后，求甲的积分X的概率分布列和数学期望；(2)甲、乙两人比赛2场后，求两人积分不相等的概率．【答案】(1)分布列见解析；(2)【分析】（1）确定X的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，计算得期望；（2）计算两人2场比赛后积分相等的情况，计算出此时概率，根据对立事件的概率计算，可求得答案.【详解】（1）由题意知：甲的积分X可能是，则,,,,,,故X的分布列为：X012345P所以;（2）记“甲、乙两人比赛2场后，两人积分相等”的事件为A，第i场比赛甲、乙两人的积分分别为，则，由两人积分相等得，故,故,故,故两人积分不相等的概率为.21．已知椭圆的短轴长为，一个焦点为．(1)求椭圆的方程和离心率；(2)设直线与椭圆交于两点，点在线段上，点关于点的对称点为．当四边