2022扬州邗江区高二下学期期中检测数学试题含答案

2021-2022学年度第二学期期中检测试题

高二数学2022.4

（满分150分，时间120分钟）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．

1. 展开后的项数为（    ）

A. 10 B. 18 C. 24 D. 36

【1题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】根据分步乘法原理求解即可.

【详解】根据分步乘法原理，展开后项数有：项.

故选：C

2. 甲、乙、丙、丁四名同学报名参加接力比赛，记事件A为“甲同学跑第一棒”，事件B为“乙同学跑第二棒”，则值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【2题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】先确定甲同学跑第一棒的前提下，计算乙同学跑第二棒的可能性即可.

【详解】因为甲同学跑第一棒，所以跑第二棒的有三种可能：乙，丙，丁，故事件A发生的前提下事件B发生的概率.

故选：B.

【点睛】本题考查了条件概率，属于基础题.

3. 设随机变量的概率分布列为

则（ ）

A.  B.  C.  D.

【3题答案】

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：

，故选B

考点：概率分布

4. 设，若，则n=（    ）

A. 6 B. 7 C. 10 D. 11

【4题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】根据二项展开式的通项公式，并结合求解即可.

【详解】解：展开式第项，

因为，所以，即，

所以，整理得，解得.

故选：B.

5. 在空间直角坐标系中，平面的法向量为， 已知，则P到平面的距离等于 （　　）

A.  B.  C.  D.

【5题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】根据点面距的向量公式计算．

详解】

所求距离为．

故选：C．

6. 如图，杨辉三角出现于我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》中，它揭示了（n为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律．由此可得图中第10行排在偶数位置的所有数字之和为（    ）

A. 256 B. 512 C. 1024 D. 1023

【6题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】由图形以及二项式系数和的有关性质可得.

【详解】由图知，第10行的所有数字之和为，

由二项式系数和的性质知，第10行排在偶数位置的所有数字之和为．

故选：B

7. 已知空间、、、四点共面，且其中任意三点均不共线，设为空间中任意一点，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【7题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间四点共面的充要条件代入即可解决

【详解】

由、、、四点共面，且其中任意三点均不共线

可得，解之得

故选：D

8. 形如45132这样的数称为“波浪数”，即十位上的数字，千位上的数字均比与它们各自相邻的数字大，则由1，2，3，4，5可组成数字不重复的五位“波浪数”的个数为

A. 20 B. 18 C. 16 D. 11

【8题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】根据“波浪数”的定义，可得“波浪数”中，十位数字，千位数字必有5、另一数是3或4，分别计算出每种的个数，相加即可.

【详解】此“波浪数”中，十位数字，千位数字必有5、另一数是3或4；

是4时“波浪数”有；

另一数3时4、5必须相邻即45132；45231；13254；23154四种．

则由1，2，3，4，5可构成数字不重复的五位“波浪数”个数为16，

故选C．

【点睛】本题主要考查了排列组合的应用，要对该问题准确分类，做到不充分，不遗漏，正确求解结果，属于中档题.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．漏选得2分，错选得0分．

9. 甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球.表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，B表示事件“从乙罐取出的球是红球”.则下列结论正确的是（    ）

A. ，为对立事件 B.

C.  D.

【9题答案】

【答案】ABC

【解析】

【分析】利用对立事件的定义判断选项A正确；再利用概率计算得选项BC正确，选项D错误.

【详解】解：对于A，由于甲罐中只有红球和白球，故A正确；

对于B，当发生时，乙罐中有4个红球，7个白球，此时B发生的概率为，故B正确；对于D，当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时B发生的概率为，故，故D错误；

对于C，，故C正确.

故选：ABC.

10. 设，下列结论正确的是（　　）

A.

B.

C.

D. 当时，除以的余数是1

【10题答案】

【答案】ACD

【解析】

【分析】在展开式中，令求得结论判断A，根据二项式定理求得，判断B，令，换元后，对求导后，再令所得结论判断C，，代入后，展开后，应用整数知识可得余数从而判断D．

【详解】在展开式中令，即得，A正确；

，所以，，，B错；

令，则，两边对求导得

，

令得，C正确；

时，，

展开式右边共7项，前6项都是2000的整数倍，因此它除以2000的余数是1，D正确．

故选：ACD．

11. 我校以大课程观为理论基础，以关键能力和核心素养的课程化为突破口，深入探索普通高中创新人才培养的校本化课程体系.本学期共开设了八大类校本课程，具体为学课拓展（X）、体艺特长（T）、实践创新(S)、生涯找划(C)、国际视野(I)、公民素养（G）、大学先修（D）、PBL项目课程（P）八大类，假期里决定继续开设这八大类课程，每天开设一类且不重复，连续开设八天，则（   ）

A. 某学生从中选3类，共有56种选法

B. 课程“X”、“T”排在不相邻两天，共有种排法

C. 课程中“S”、“C”、“T”排在相邻三天，且“C”只能排在“S”与“T”的中间，共有720种排法

D. 课程“T”不排在第一天，课程“G”不排在最后一天，共有种排法

【11题答案】

【答案】ABD

【解析】

【分析】A选项结合组合的思想即可判断；B选项采用插空法做；C选项采用捆绑法求解；D选项分成两类，一是“G”排在第一天，二是“G”排在除第一天和最后一天之外的某一天，从而可求出总排法.

【详解】解：A：，即A正确；B：若“X”、“T”不相邻，剩余6类排列方法为,

形成7个空，则“X”、“T”填入7个空的方法为，所以共有种排法；

C：先排列“S”、“C”、“T”三科则有种排列方法，三科形成整体与剩余5科再进行全排列，

则方法有种排列方法，所以共有种方法；

D：分成两类情况，一是“G”排在第一天，则此类情况下排法有种，

二是“G”排在除第一天和最后一天之外的某一天，有种方法，

则共有种排法.

故选:ABD.

【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：

（1）相邻问题采取“捆绑法”；

（2）不相邻问题采取“插空法”；

（3）有限制元素采取“优先法”；

（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.

12. 如图四棱锥，平面平面，侧面是边长为正三角形，底面为矩形，，点是的中点，则下列结论正确的是（    ）

A. 平面 B. 与平面所成角的余弦值为

C. 三棱锥的体积为 D. 异面直线与所成的角的余弦值为

【12题答案】

【答案】BD

【解析】

【分析】A：应用面面垂直的性质及线面垂直的判定可得面，故不可能垂直面；B：构建空间直角坐标系，标注点坐标及对应向量坐标，求面的一个法向量，进而求线面角的余弦值；C：由即可求体积；D：由，则与所成角即为所求角，利用余弦定理求其余弦值即可.

【详解】A：底面为矩形，即，面面，面面，面，所以面，过有且只有一条直线与面垂直，即不可能垂直面，错误；

B：为的中点，过作，由题设构建以为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，则，，，，即，，，

若为面的一个法向量，则，令，有，所以，若与平面所成角为，则，故，正确；

C：连接，则，由题设知三棱锥的底面面积为，高为，所以，错误；

D：由题设知：，故异面直线与所成的角即为与所成角，即为，而，由余弦定理可得，正确.

故选：BD.

【点睛】关键点点睛：A中证明面，过有且只有一条直线与面垂直，即可排除；B应用向量法，求线面角的正弦值；C应用等体积有，即可求体积；D应用平行找到异面直线所成角的平面角，由余弦定理求其余弦值.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. ，则______.

【13题答案】

【答案】5

【解析】

【分析】由排列数公式变形求解．

【详解】因为，

所以，

，或，又，所以．

故答案为：5．

14. 从4对夫妇中随机抽取3人进行核酸检测，则所抽取的3人中任何两人都不是夫妻的概率是_______（结果用数值表示）．

【14题答案】

【答案】.

【解析】

【分析】从4对夫妇中随机抽取3人,故总数是，3人中任何两人都不是夫妻可先从4对夫妇中选

3对夫妻出来，有种选择，再从每对夫妻2人中选1人,有种，再算出所求概率.

【详解】从4对夫妇中随机抽取3人,故总数是,

3人中任何两人都不是夫妻可先从4对夫妇中选3对夫妻出来，

有种选择，再从每对夫妻2人中选1人,有种，即有

种，故所求概率.

故答案为：

【点睛】本题是组合与古典概型的综合题，属于基础题.

15. 如图所示，已知四面体A-BCD的棱长均为1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，设=，=，=，则||=______.

【15题答案】

【答案】##

【解析】

【分析】连接，利用勾股定理计算出，再由勾股定理计算出，得结论．

【详解】连接，如图，由于是中点，四面体A-BCD的棱长均为1，则，

又是中点，所以，

所以．

故答案为：．

16. 将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读，每所大学至少保送一人．

（1）有________种不同的保送方法；

（2）若甲不能被保送到北大，有________种不同的保送方法．

【16题答案】

【答案】    ①. 150    ②. 100

【解析】

【分析】

（1）将5名学生分组，有2，2，1和3，1，1两种形式，对这两种情况求分组的方法然后再分配即可.（2）将5名学生按照（1）进行分组，然后再这三组中含有甲的一组只有两种选择，剩下两组无限制，共有4种方法，乘以4即可.

【详解】（1）5名学生可分成2，2，1和3，1，1两种形式，当5名学生分成2，2，1时，共有

＝90种方法；当5名学生分成3，1，1时，共有＝60种方法．根据分类加法计数原理知共有90＋60＝150种保送方法．

（2）先将五人分成三组，因为要求每组至少一人，所以可选择的只有2，2，1或3，1，1，所以有(种)分组方法．因为甲不能被保送到北大，所以有甲的那组只有上海交大和浙大两个选择，剩下的两组无限制，一共有4种方法，所以不同的保送方案共有25×4＝100(种)．

故答案为：150  100

【点睛】本题考查分组分配问题，属于中档题.

思路点睛：（1）分组分配问题先分组后分配；

（2）平均分组问题，有组均分就除以.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 人站成两排队列，前排人，后排人.

（1）一共有多少种站法；

（2）现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，求有多少种不同的加入方法.

【17题答案】

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据题意，将7个人全排列，再将其中前3人安排在前排，后面4人安排在后排即可，由排列数公式计算可得答案；

（2）根据题意，分2步进行分析：①前排3人有4个空，从甲乙丙3人中选1人插入；②对于后排，分2种情况讨论，求出后排排法数目，由分步计数原理计算可得答案．

【详解】（1）根据题意，将7个人全排列，再将其中前3人安排在前排，后面4人安排在后排即可；

则有种排法，

（2）根据题意，分2步进行分析：

①前排3人有4个空，从甲乙丙3人中选1人插入，有种排法；

②对于后排，若插入的2人不相邻有种，若相邻有种，则后排的安排方法有种；

则有种排法．

【点睛】本题考查排列、组合的应用，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意分类讨论思想的运用.

18. 已知（x+）n的展开式中的第二项和第三项的系数相等．

（1）求n的值；

（2）求展开式中所有的有理项．

【18题答案】

【答案】（1）；（2）,,．

【解析】

【分析】（1）写出二项式展开式的通项公式，得到第二项和第三项的系数，所以得到关于的方程，解得答案；（2）由（1）得到的值，写出二项式展开式的通项公式，整理后，得到其的指数为整数的的值，再写出其展开式中的有理项.

【详解】解：二项式展开式的通项公式为

，；

（1）根据展开式中的第二项和第三项的系数相等,得

，

即,

解得；

（2）二项式展开式的通项公式为

，；

当时,对应项是有理项,

所以展开式中所有的有理项为

,

,

．

【点睛】本题考查二项展开式的项的系数，求二项展开式中的有理项，属于中档题.

19. 某高中学校为展示学生的青春风采，举办了校园歌手大赛，该大赛分为预赛和决赛两个阶段，参加决赛的学生按照抽签方式决定出场顺序，通过预赛，选拔出甲、乙等5名学生参加决赛．

（1）求决赛中学生甲、乙恰好排在前两位的概率；

（2）若决赛中学生甲和学生乙之间间隔的人数记为，求的分布列．

【19题答案】

【答案】（1）   

（2）分布列见解析

【解析】

【分析】（1）有特殊要求的元素优先考虑（2）按求离散型随机变量分布列的步骤求解即可

【小问1详解】

设“学生甲、乙恰好排在前两位”为事件，则

【小问2详解】

随机变量的可能取值为，，，

， 

，

随机变量X的分布列为

21. 如图，四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的底面是矩形，平面ABCD⊥平面ABB1A1，AB＝2A1B1＝2，AA1＝2，．

（1）求证：DC⊥AA1；

（2）若二面角B﹣CC1﹣D的二面角的余弦值为，求AD的长．

【21题答案】

【答案】（1）证明见解析；（2）AD＝4．

【解析】

【分析】（1）先利用勾股定理可得，由此可知，结合，可知，可得AA1⊥平面ABCD，进而得证；

（2）建立空间直角坐标系，设，根据题设关系，求出平面及平面的法向量，根据题设建立方程，即可求解.

【详解】（1）取中点，连接，可得且，

所以四边形为平行四边形，所以，

所以，则BE⊥B1E，所以AA1⊥AB，

又平面ABCD⊥平面ABB1A1，所以AA1⊥平面ABCD，

又由DC平面ABCD，所以DC⊥AA1.

（2）由（1）知AA1⊥AD，设AD＝2a（），

分别以所在的直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A（0，0，0），B（0，0，2），C（2a，0，2），D（2a，0，0），C1（a，2，1），

故，

设平面CC1D的法向量，则，即，

取，可得平面CC1D的一个法向量，

设平面BCC1的法向量，则，即，

取，可得平面BCC1的一个法向量，

所以

由二面角B﹣CC1﹣D的二面角的余弦值为，

可得，解得，所以.

【点睛】求解直线与平面所成角的方法：

1、定义法：根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值；

2、向量法：分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个向量方法向量的夹角（或补角）；

3、法向量法：求出斜线的方向向量和平面的法向量所夹的锐角，取其余角即为斜线与平面所成的角.

22. 用，，，，，这六个数字的部分或全部组成无重复数字的自然数.

（1）在组成的四位数中，求偶数个数；

（2）在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如，等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；

（3）在组成的四位数中，若将这些数按从小到大的顺序排成一列，试求第个数字.

【22题答案】

【答案】（1）种   

（2）个   

（3）第个数字是

【解析】

【分析】（1）利用分类计数原理即可求解（2）先取数，再排序（3）利用分类计数原理即可求解

【小问1详解】

根据分类计数原理知，

当末位是0时，十位、百位、千位从5个元素中选三个进行排列有种结果，

当末位不是0时，只能从2和4中选一个，千位从4个元素中选一个，共有种结果，根据分类计数原理知共有种结果;

【小问2详解】

共有个

【小问3详解】

若1在千位，有种结果；

若2在千位，0或1在百位，有种结果；

因为，所以，第个数字是

24. 已知m，n是正整数，f（x）＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数为7．

（1）对于使f（x）的x2的系数为最小的m，n，求出此时x3的系数；

（2）利用上述结果，求f(0.003)的近似值；(精确到0.01)

（3）已知(1＋2x)8的展开式的二项式系数的最大值为a，系数的最大值为b，求．

【24题答案】

【答案】（1）5；（2）2.02；（3）．

【解析】

【分析】（1）由题可得，即得；

（2）利用二项式展开式可得；

（3）由题可得a，再列出不等式组，即解.

【详解】（1）根据题意得，即m＋n＝7，①

f（x）中的x2的系数为，

将①变形为n＝7－m代入上式得x2的系数为

m2－7m＋21＝＋，

故当m＝3或m＝4时，x2的系数有最小值为9．

当m＝3，n＝4时，x3的系数为；

当m＝4，n＝3时，x3的系数为．

即此时x3的系数为5.

（2）f(0.003)＝(1＋0.003)4＋(1＋0.003)3≈＋×0.003＋＋×0.003≈2.02．

（3）由题意可得，a＝＝70，

∵展开式的通项为，

由即

∴k＝5或6时系数最大，此时，b＝7×28，

∴.