2021-2022学年江苏省江都中学高二下学期阶段数学试题（解析版）

2021-2022学年江苏省江都中学高二下学期阶段数学试题

一、单选题

1．全集，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】分别求解两个集合，再进行集合的运算，即可求解.

【详解】，解得：或 ，所以,，集合，所以．

故选：D．

2．已知随机变量，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用正态分布的对称性求解即可.

【详解】因为随机变量，且，

所以,

故选：A.

3．“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】，列出不等式，求出，从而判断出答案.

【详解】，则要满足，解得：，

因为，但

故“”是“”的必要不充分条件.

故选：B

4．设随机变量满足：，则（    ）

A．6 B．27 C．24 D．9

【答案】C

【分析】根据二项分布，，即可.

【详解】由题知，服从二项分布，

所以，

因为

所以，

故选：C

5．已知正实数x，y满足，则的最小值为（    ）

A．2 B．4 C．8 D．12

【答案】C

【分析】依题意可得，则，再由乘“1”法及基本不等式计算可得；

【详解】解：由，且，可得，

所以

，当且仅当，即，时取等号．

故选：C

6．10张奖券中有4张“中奖”奖券，甲乙两人先后参加抽奖活动，每人从中不放回抽取一张奖券，甲先抽，乙后抽，在甲中奖条件下，乙没有中奖的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，分析甲先抽，并且中奖后剩余的奖券和“中奖”奖券的数目，由古典摡型的概率计算公式，即可求解.

【详解】根据题意，10张奖券中有4张“中奖”奖券，甲先抽，并且中奖，

此时还有9张奖券，其中3张为“中奖”奖券，

则在甲中奖条件下，乙没有中奖的概率.

故选：B.

7．已知m，n为正实数，且，则下列不等式一定成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据指数函数及幂函数的单调性可判断A，B，举反例可判断C，根据均值不等式判断D即可.

【详解】，为正实数，且，即

在上均为减函数，

在上为增函数.

当时，，故A错误；

当时，，故B错误；

取，此时，故C错误；

，，，

，，，故D正确.

故选：D

8．已知函数，若与的图像上分别存在点，使得关于直线对称，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题设令，根据存在性将问题转化为在上有解，参变分离后可求实数的取值范围.

【详解】因为与的图像上分别存在点，使得关于直线对称，

令

则

即在上有解，

即在上有解

即在上有解，

设，，

则，

当时，，故在为增函数，

当时，，故在为减函数，

而，

故在上的值域为，

故

即，

故选：D.

二、多选题

9．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列4个结论，其中正确的有（    ）

A．从中任取3球，恰有一个白球的概率是

B．从中有放回的取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为

C．现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为

D．从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为

【答案】ABD

【解析】A.由古典概型的概率求解判断；B.根据取到红球次数X～B，再利用方差公式求解判断；C．设A＝{第一次取到红球}，B＝{第二次取到红球}．由P(B|A)＝求解判断；D．易得每次取到红球的概率P＝，然后再利用对立事件求解判断.

【详解】A.恰有一个白球的概率，故A正确；

B.每次任取一球，取到红球次数X～B，其方差为，故B正确；

C．设A＝{第一次取到红球}，B＝{第二次取到红球}．则P(A)＝，P(A∩B)＝，所以P(B|A)＝，故C错误；

D．每次取到红球的概率P＝，所以至少有一次取到红球的概率为，故D正确．

故选：ABD.

10．下列命题中，正确的命题是（    ）

A．已知随机变量X服从二项分布，若，，则

B．若回归直线的斜率估计值为，样本点中心为，则回归直线的方程为

C．设服从正态分布，若，则

D．某人在10次射击中，击中目标的次数为X，，则当时概率最大

【答案】BCD

【分析】对于A，利用二项分布的期望公式和方差公式列出关于的方程组，解方程组即可判断；

对于B，根据回归方程过样本中心点求出回归方程，即可判断；

对于C，利用正态分布图像的对称性即可判断；

对于D，根据与1比较，判断其单调性，即可判断D.

【详解】解：对于A，由随机变量X服从二项分布，若，，

可得，解得，故A错误；

对于B，若回归直线的斜率估计值为，样本点中心为，

则回归直线的方程，即，故B正确；

对于C，随机变量服从正态分布，则图像关于轴对称，

若，则，

所以，故C正确；

对于D，因为10次射击中，击中目标的次数为X，，

则，，，

则，

当，即时，递增，

当，即时，递减，

所以当，即当时概率最大，故D正确.

故选：BCD.

11．如图，在正方体中，、、分别为、、的中点，则（    ）

A． B．平面

C． D．向量与向量的夹角是

【答案】BC

【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算以及空间向量法可判断各选项的正误.

【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则、、、、、、、、、、.

对于A选项，，，则，故A选项错误；

对于B选项，设平面的法向量为，，，

由，可得，取，可得，，

，，平面，平面，故B选项正确；

对于C选项，，，，故C选项正确；

对于D选项，，，，

所以，向量与向量的夹角是，故D选项错误.

故选：BC.

【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：

（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；

（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.

12．已知a，，满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】A、D利用基本不等式即可判断，注意等号成立条件；B由，构造且，利用导数证明不等式；C根据A、B的分析，应用特殊值法判断.

【详解】A：由，即，当且仅当时等号成立，正确；

B：由，则且，

令且，则，递减，

所以，，即成立，正确；

C： 当时，，错误；

D：由，当且仅当时等号成立，正确.

故选：ABD

三、填空题

13．已知的展开式中x3的系数是160，则a=__________.

【答案】-2

【分析】先由通项化简整理第k+1项，令x的指数等于3可得k，然后可解.

【详解】展开式的通项为，令，得，所以，所以，解得．

故答案为：-2.

14．某社区对在抗击疫情工作中表现突出的3位医生、2位护士和1位社区工作人员进行表彰并合影留念．现将这6人随机排成一排，则3位医生中有且只有2位相邻的概率为__________．

【答案】##

【分析】由题意，先将2位护士和1位社区工作人员排成一排，然后将3位医生分成两组，一组2人一组1人，最后利用插空法即可得3位医生中有且只有2位相邻的排法，从而根据古典概型的概率计算公式即可求解.

【详解】解：由题意，先将2位护士和1位社区工作人员排成一排，有种排法，然后将3位医生分成两组，一组2人一组1人，有种分组方法，然后插入到2位护士和1位社区工作人员所排成的4个空中的2个空，有种插空方法，最后交换相邻2位医生的位置有种方法，所以3位医生中有且只有2位相邻共有种排法，又6人随机排成一排有种排法，

所以所求概率为，

故答案为：.

15．点是直线上一点，是直线的一个方向向量，则点到直线的距离是______．

【答案】

【分析】根据题意求得，且，结合，即可求解.

【详解】由题意，点和，可得，且，

所以点到直线的距离是.

故答案为：.

16．已知不等式的解集中有且仅有一个负整数，则实数a的取值范围是________．

【答案】

【分析】一元一次不等式变形后，解只能是形式，且，由此可得．

【详解】不等式变形为，

不等式解集中有且仅有一个负整数，则，，

且，解得．

故答案为：

四、解答题

17．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，，平面，且.点在棱上，且，点为中点.

(1)证明：直线平面；

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析.

(2)

【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，利用与平面的一个法向量垂直，即可证得直线平面.

（2）分别解出平面与平面的一个法向量，利用向量的数量积公式与同角关系即可解出二面角的正弦值.

【详解】（1）证明：如图，以为原点，分别以，，方向为，，轴方向建立空间直角坐标系，如图所示.

由题意，可得，，，，，，，

显然，是平面的一个法向量，，

故，所以，

又因为平面，故直线平面.

（2）解：设平面的法向量为，

又，，

由，得，

令，则，，可得.

由已知，可得，，

设平面的法向量为，

由，得，

令，则，，可得.

所以，

因此，

所以二面角的正弦值为.

18．已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为5：2．

(1)求n的值；

(2)求含的项的系数；

(3)求展开式中含的项的系数.

【答案】(1)

(2)60

(3)147

【分析】（1）利用二项式系数的比值求出n；（2）在第一问求出的n的基础上，写出展开式的通项公式，求出含的项的系数；（3）利用通项公式分别写出与的符合题意得项，相乘再相加即可.

【详解】（1）∵，

∴．

（2）设的展开式的通项为，

则，令．

∴含的项的系数为；

（3）由（1）知：

展开式中含项的系数为：

所以展开式中含项的系数为147

19．为实施乡村振兴，科技兴农，某村建起了田园综合体，并从省城请来专家进行技术指导．根据统计，该田园综合体西红柿亩产量的增加量（千克）与某种液体肥料每亩使用量（千克）之间的对应数据如下.

（1）由上表数据可知，可用线性回归模型拟合与的关系，请计算相关系数并加以说明（若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合）；

（2）求关于的回归方程，并预测当液体肥料每亩使用量为15千克时，西红柿亩产量的增加量约为多少千克?

附：相关系数公式，参考数据：．

回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．

【答案】（1）0.95，答案见解析；（2）700千克．

【分析】（1）根据表中的数据先求出，再求，，，然后利用公式求出相关系，再作判断即可，

（2）根据线性回归方程公式求出回归方程，然后将代入回归方程中可求得西红柿亩产量的增加量

【详解】解：（1）由已知数据可得，

，

所以，

，

，

所以相关系数．

因为，所以可用线性回归模型拟合与的关系．

（2），，

所以回归方程为．

当时，，

即当液体肥料每亩使用量为15千克时，西红柿由产量的增加量约为700千克．

20．接种新冠疫苗，可以有效降低感染新冠肺炎的几率，某地区有A，B，C三种新冠疫苗可供居民接种，假设在某个时间段该地区集中接种第一针疫苗，而且这三种疫苗的供应都很充足．为了节省时间和维持良好的接种秩序，接种点设置了号码机，号码机可以随机地产生A，B，C三种号码（产生每个号码的可能性都相等），前去接种第一针疫苗的居民先从号码机上取一张号码，然后去接种与号码相对应的疫苗（例如：取到号码A，就接种A种疫苗，以此类推）．若甲，乙，丙，丁四个人各自独立的去接种第一针新冠疫苗．

(1)求这四个人中恰有2个人接种A种疫苗的概率；

(2)记甲，乙，丙，丁四个人中接种疫苗的种数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析；期望为

【分析】（1）首先求出所有可能接种结果，再求出恰有2人接种疫苗的情况种数，最后根据古典概型的概率公式计算可得；

（2）依题意可能值为1，2，3，求出所对应的概率，列出分布列，即可求出数学期望；

【详解】（1）解：依题意所有可能的接种方式有种，

恰有2人接种疫苗的情况有种，

从而恰有2人接种种疫苗的概率为．

（2）解：依题意的可能值为1，2，3，

又，（或），（或）．

综上知，X的分布列为

所以．

21．光学器件在制作的过程中往往需要进行切割，现生产一种光学器件，有一道工序为将原材料切割为两个部分，然后在截面上涂抺一种光触媒化学试剂，加入纳米纤维导管后粘合.在如图所示的原材料器件直三棱柱中，，现经过作与底面所成角为的截面，且截面与，分别交于不同的两点， .

(1)求证：平面；

(2)当和分别为和的中点时，需要在线段上寻找一个点，用纳米纤维导管连接，使得与所在直线的夹角最小，试求出纤维导管的长.

【答案】(1)证明见解析.

(2)纤维导管的长：.

【分析】（1）由直三棱柱得到平面平面，接着利用线面平行的判定定理即可.

（2）建立空间直角坐标系，可得，由题意可设，从而求得，利用向量法解出与所在直线夹角的最小，此时，最后解得纤维导管的长即可.

【详解】（1）证明： 直三棱柱，

平面平面，

又经过作与底面所成角为的截面，且截面与，分别交于不同的两点， .

平面，

平面.

（2）解：以 为坐标原点，分别以、、所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

由题意可得，，，，，

又和分别为和的中点，

故，，,

设，，

则，

，

.

设与的夹角为，

则

，

设，则，

则，

当且仅当时，即时，取得最大值，

此时得最大值为：.

因为余弦函数在上单调递减，

所以当时直线与的夹角最小，

此时，

所以，

所以纤维导管的长为：.

22．已知函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）当时，求证：在上恒成立；

（3）求证：当时，．

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.

【分析】（1）方法一：函数定义域为，，进而分，，三种情况讨论即可得函数单调区间；

方法二：函数定义域为，，由于，故分和两种情况讨论求解即可；

（2）由（1）得当时，在单增，故．故在上恒成立；

（3）方法一：由（2）知，当时，，即，当时，．进而将问题转化为证．故令，研究单调性即可得答案；

方法二：要证，只需证，只需证．故设，只需证．进而研究得在单减，故转化为只需证即可，再设，易得．

【详解】（1）法1：函数的定义域为，

，

当时，在区间成立，故，即在单增；

当时，，在区间成立，故，∴在单增；

当时，，设两根为，则，

当或时，，，当时，，，故在单减，在和单增．

综上：当时，在上是增函数；

当时，在单减，在和单增．

法2：

函数的定义域为，

∵，

当时，，在上是增函数；

当时，，解得，

，解得或．

∴在单减，在和单增．

（2）当时，在单增，故在单增，

所以．所以在上恒成立；

（3）法1：由（2）知，当时，，即，当时，．

要证，只需证，只需证．

令，，

，，

∴在单增，即．

法2：

要证，只需证，只需证．

设，只需证．

则

令，则，，

，∴在单减．故只需证即可．

，，．

所以原不等式成立.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调区间，不等式恒成立问题，考查运算求解能力，分类讨论思想，化归转化思想，是难题.本题解题的关键在于合理利用分类讨论思想求解，再证明求解过程中注意各个问题之间联系.值得注意得是在第三问的求解过程中，利用第二问的结论，将问题适当放缩，转化为成立；或者利用同构式，进行等价变换，将问题转化为证，进而设，研究函数单调区间进一步化简转化为证即可.