2021-2022学年江苏省盐城市响水中学高二下学期第二次学情分析考试数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年江苏省盐城市响水中学高二下学期第二次学情分析考试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知向量，若，则实数x的值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】D
【分析】解方程即得解.
【详解】解：因为，所以.
故选：D
2．已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的高为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】A
【分析】设圆锥的母线长为，圆锥的高为，根据题意得到，求得母线长，即可求解.
【详解】设圆锥的母线长为，圆锥的高为，
因为圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，可得，解得，
则圆锥的高为.
故选：A.
3．如图，在三棱锥中，E为OA的中点，点F在BC上，满足，记，，分别为，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的加减法进行求解.
【详解】解：在三棱锥中
，E为OA的中点
，，
所以
故选：A
4．已知离散型随机变量X的分布列，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】根据概率和为1，可求得，代入计算即可．
【详解】由题意得随机变量X的分布列如表所示.
由分布列的性质得，，解得.
∵，∴或，
∴.
故选C.
5．长时间玩手机可能会影响视力，据调查，某校大约有32%的学生近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机的时间超过1h，这些人的近视率约为40%．现从每天玩手机的时间不超过1h的学生中任意调查一名学生，则这名学生患近视的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定信息，结合全概率公式列式求解作答.
【详解】设“玩手机时间超过1h的学生”“玩手机时间不超过1h的学生”，“任意调查一人，此人患近视”，则，且，互斥，，，，，由，得，解得
故选：A.
6．对四组数据进行统计，获得以下散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】直接由散点图判断相关系数的正负及大小即可.
【详解】由题中的散点图可以看出，图1和图3是正相关，相关系数大于0，则，，
图2和图4是负相关，相关系数小于0，则，，
图3和图4的点相对于图1和图2更加集中，所以相关性较强，所以更接近于1，更接近于，由此可得．
故选：A．
7．猜灯谜是中国元宵节特色活动之一．已知甲、乙、丙三名同学同时猜一个灯谜，每人猜对的概率均为，并且每人是否猜对相互独立在三人中至少有两人猜对的条件下，甲猜对的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】运用条件概率公式进行求解即可.
【详解】设事件:三人中至少有两人猜对,事件:甲猜对,
所以有，
，
因此，
故选：A
8．如图，在平行四边形中，，，与交于点.设，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据和三点共线，可得和，利用平面向量线性运算可用表示出，由此可得方程组求得，进而得到的值.
【详解】连接，，
三点共线，可设，则，
；
三点共线，可设，则，
；
，解得：，，即.
故选：B.
【点睛】思路点睛：本题考查平面向量基本定理的应用，基本思路是根据为两线段交点，利用两次三点共线，结合平面向量基本定理构造出方程组求得结果.
二、多选题
9．设随机变量，且，则实数的值可为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】根据正态分布可得出关于的等式，即可解得实数的值.
【详解】因为随机变量，且，
所以，或，即或，解得或.
故选：BC.
10．现有不同的黄球5个，黑球6个，蓝球4个，则下列说法正确的是（ ）
A．从中任选1个球，有15种不同的选法
B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法
C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法
D．若要不放回地选出任意的2个球，有240种不同的选法
【答案】AB
【分析】根据分类加法计数原理即可判断A；
根据分步乘法计数原理即可判断B；
首先按颜色分三类“黄，黑”，“黄，蓝”，“黑，蓝”，再进行各类分步选择，即可判断C；
根据分步乘法计数原理即可判断D.
【详解】解：对于A，从中任选1个球，共有种不同的选法，故A正确；
对于B，每种颜色选出1个球，可分步从每种颜色分别选择，共有种不同的选法，故B正确；
对于C，若要选出不同颜色的2个球，首先按颜色分三类“黄，黑”，“黄，蓝”，“黑，蓝”，再进行各类分步选择，共有种不同的选法，故C错误；
对于D，若要不放回地选出任意的2个球，直接分步计算，共有种不同的选法，故D错误．
故选：AB．
11．定义两个非零平面向量的一种新运算，其中表示，的夹角，则对于两个非零平面向量，，下列结论一定成立的有（ ）
A．在方向上的投影向量为B．
C．若D．若，则与平行
【答案】BD
【分析】根据新定义运算，结合向量数量积的运算对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】对于A选项，在方向上的投影向量为，A错误.
对于B选项，，B正确.
对于C选项，由于，而，所以C错误.
对于D选项，若，则，所以或，则与平行，D正确.
故选：BD
12．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点做平行于底面的截面得到的所有棱长均为1的截角四面体，则下列说法正确的有（ ）
A．该截角四面体的表面积为
B．该截角四面体的体积为
C．该截角四面体中，
D．二面角 B-AC-D的余弦值为
【答案】BCD
【分析】根据题意，得到几何体的截角四面体由4个边长为的正三角形，4个边长为的正六边形构成，结合表面积公式，可判定A不正确；求得正四面体的高，结合体积公式，可判定B正确；连接，分别证得，，结合，可判定C正确；过点作平面，垂足为，取的中点，连接，得到为二面角的平面角，进而可判定D正确.
【详解】由题意，几何体的截角四面体由4个边长为的正三角形，4个边长为的正六边形构成，
所以截角四面体的表面积为，所以A不正确；
因为棱长为的正四面体的高为，
所以体积为，所以B正确；
连接，在正六边形中，可得，
同理在正六边形中，可得，
又因为且，所以为平行四边形，所以，
所以，所以C正确；
过点作平面，垂足为，
取的中点，连接，因为截角为正四面体，且为正三角形，
其中，所以，且三点共线，
所以为二面角的平面角，
其中，可得，
则，
又因为二面角为锐二面角，所以，所以D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．下列命题中正确的命题有______．（填序号）
①线性回归直线必过样本数据的中心点；
②当相关性系数时，两个变量正相关；
③如果两个变量的相关性越强，则相关性系数r就越接近于1；
④残差图中残差点所在的水平带状区域越宽，则回归方程的预报精确度越高；
⑤甲、乙两个模型的分别约为0.88和0.80，则模型乙的拟合效果更好．
【答案】①②
【分析】利用回归直线的性质可以判断①②正确；③相关性系数r的绝对值就越接近于1，所以该命题错误；④回归方程的预报精确度越不高，所以该命题错误；⑤模型甲的拟合效果更好，所以该命题错误.
【详解】解：①线性回归直线必过样本数据的中心点，所以该命题正确；
②当相关性系数时，两个变量正相关，所以该命题正确；
③如果两个变量的相关性越强，则相关性系数r的绝对值就越接近于1，所以该命题错误；
④残差图中残差点所在的水平带状区域越宽，则回归方程的预报精确度越不高，所以该命题错误；
⑤甲、乙两个模型的分别约为0.88和0.80，则模型甲的拟合效果更好，所以该命题错误.
故答案为：①②
14．在三棱锥中，，，，，，则该四面体外接球表面积为____.
【答案】
【分析】利用勾股定理可得出，可知为三棱锥的外接球直径，再利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】如下图所示：
因为，由勾股定理可得，
，
因为，，，则，
所以，，
取的中点，连接、，则，
所以，点为三棱锥的外接球球心，且球的半径为，
因此，该四面体外接球表面积为.
故答案为：.
15．边长为2的三个全等的等边三角形摆放成如图形状，其中B，D分别为AC，CE的中点，N为GD与CF的交点，则______．
【答案】
【分析】根据等边三角形的性质、平面向量的线性运算，用分别表示出，再求．
【详解】由已知得，，所以．因为等边三角形的边长为2，所以．
故答案为：
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质、平面向量的线性运算，数量积的运算，考查学生的运算求解能力.
16．已知正方体的棱长为4，点是 的中点，点在侧面内，若，则面积的最小值为________.
【答案】
【分析】取的中点，的中点\，连接，容易证得平面，要使，进而得，进而得当时，最小，此时，的面积最小，再根据几何关系求解即可.
【详解】如图，取的中点，的中点\，连接
由于在面内的射影为，，故
因为在面内的射影为，，所以.
故由，，
因为，所以平面.
要使，必须点在平面内，
又点在侧面内，
所以点在平面与平面的交线上，即.
因为平面，所以，
所以
当时，最小，此时，的面积最小.
又，故.
由的面积可得，
所以.
故答案为:
【点睛】本题考查空间线面垂直的证明，考查空间想象能力，运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意寻求的轨迹，即，进而根据几何关系求解.
四、解答题
17．有编号分别为1，2，3，4的四个不同的盒子和四个不同的小球，现把四个小球都逐个随机放入盒子里.（用数字作答）
(1)求恰有一个盒子没放球的概率；
(2)若四个盒子都有球，且编号为1的小球不能放入编号为1的盒子中，有多少种不同的放法？
【答案】(1)
(2)18
【分析】（1）根据题意，求得每个球都有4种放法有种，进而求得恰有一个盒子没放球的放法，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；
（2）先放1号球，有3种放法，其余三个球在三个位置全排列，即可求解.
【详解】(1)解：每个球都有4种放法，故有种不同的放法，
选出一个盒子为空，再从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，则共有种不同的放法，故所求概率为.
(2)解：先放1号球，有3种放法，其余三个球在三个位置全排列，共有种不同的放法.
18．请从下列三个条件中任选一个，补充在下面已知条件中的横线上，并解答问题.①第2项与第3项的二项式系数之比是；②第2项与第3项的系数之比的绝对值为；③展开式中有且只有第四项的二项式系数最大.
已知在的展开式中，___________.
(1)求展开式中的常数项，并指出是第几项；
(2)求展开式中的所有有理项.（注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分.）
【答案】(1)，第五项
(2)
【分析】根据所选的项，结合所给条件分别有①，②，③根据有且只有第四项的二项式系数最大，求n值，均为.
（1）将代入二项式确定展开式通项，令的指数为0时求，进而求出常数项；
（2）将代入并写出展开式通项，再根据有偶数，从而可确定有理项．
【详解】(1)由二项式知：展开式通项为，
①第2项与第3项的二项式系数分别为、，故，
∴，整理得，又，解得.
②第2项与第3项的系数分别为，，则有，解得.
③展开式中有且只有第四项的二项式系数最大，可知.展开式共有7项，从而可知.
由上知：展开式通项为，
当，有时，常数项为.
(2)由上知：的展开项通项为，要求有理项，可知，
∴有理项分别为，，，，即为
19．已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面．
(1)求证：平面；
(2)已知，
（ⅰ）当时，求直线与所成角的余弦值；
（ⅱ）当直线与平面所成的角为时，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）由四边形是菱形，得，再由平面，得，然后利用直线与平面垂直的判定可得平面；
（2）（ⅰ）依题意可得，，利用勾股定理求出，，根据，所以即为直线与所成角（或补角），再利用余弦定理求出，即可得解；
（ⅱ）依题意是直线与平面所成的角，从而得到，再由勾股定理求出，即可得到菱形的面积，最后根据锥体的体积公式计算可得；
【详解】(1)证明：四边形是菱形，，
又平面，平面，
，又，平面，
平面；
(2)解：（ⅰ）平面，平面，所以，，
所以，，
因为，所以即为直线与所成角（或补角），
又，所以在中由余弦定理，
即，解得，所以为锐角，
即为直线与所成角，
所以直线与所成角的余弦值；
（ⅱ）平面，
是直线与平面所成的角，
于是，
，，又，
所以
菱形的面积为，
故四棱锥的体积．
20．在中，，，是的角平分线.
（1）若，求的长；
（2）若，且点P满足，求的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用向量的运算可得，结合条件，两边平方利用向量的运算即可得解；
（2）如图先建立直角坐标系，以A为坐标原点，所在直线为x轴建立直角坐标系，利用条件可得各点的坐标，，，设，由条件可得，则，利用函数、基本不等式和向量运算三种方法求最值即可得解.
【详解】（1）因为是的角平分线，所以，
则，
所以，
.
即的长为
（2）如图，以A为坐标原点，所在直线为x轴建立直角坐标系，
因为，，，所以，，，
设，由得
即，
所以，
代入得.
方法一：
∵∴，
∴，
∴.
方法二：
∵，
由得，
∴.
方法三：
取中点M，中点N，连，
∵，∴为直角三角形，∴，
∵M，N为中点，∴ ，
∵ ，
.
当且仅当与反向取等号.
21．随着科技的发展，网络已逐渐融入人们的生活.网购是非常方便的购物方式，为了了解网购在我市的普及情况，某调查机构进行了有关网购的调查问卷，并从参与调查的市民中随机抽取了男女各100人进行分析，从而得到下表(单位：人)
（1）完成上表，并根据以上数据判断能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为我市市民网购与性别有关？
（2）若将频率视为概率，从我市所有参与调查的市民中随机抽取10人赠送礼品，记其中经常网购的人数为，求随机变量的数学期望和方差.
参考公式：
【答案】（1）联列表答案见解析，能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为我市市民网购与性别有关；（2），.
【分析】（1）根据题目所给数据补全列联表即可；
（2）由频率视为概率可得概率，由，利用二项分布的求期望方差的公式即可得解.
【详解】由题意完成列链表(单位：人)
②由列联表可知，抽到经常网购的市民的频率为，将频率视为概率，
故从我市所有参与调查的市民中任意抽取一人，
恰好抽到经常网购的市民的概率为0.6.
由题意知，所以随机变量的数学期望，
方差.
22．如图1，在△MBC中，BM⊥BC，A，D分别为边MB，MC的中点，且BC＝AM＝2，将△MAD沿AD折起到△PAD的位置，使PA⊥AB，如图2，连结PB，PC．
(1)若E为PC的中点，求异面直线DE与PB所成的角大小；
(2)线段PC上一动点G满足，判断是否存在，使得二面角G－AD－P的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）根据题设可得两两互相垂直，构建空间直角坐标系求直线DE与PB的方向向量并求其数量积，即可确定异面直线的夹角.
（2）由（1）得，进而求得，再求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知二面角正弦值列方程求参数，即可判断存在性.
【详解】(1)因为，分别为，的中点，则，
因为，则，即．
又，，平面，
所以平面，又，
综上，两两互相垂直．
以为坐标原点，向量为正交基底建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，，
则，，．
所以，故，
所以异面直线与所成的角大小为.
(2)假设存在使二面角的正弦值为，即二面角的余弦值为
由，．
所以，，．
易知：平面的一个法向量为
设平面的法向量，则，令，则，
综上，有，即，
解得，．又，故．
故存在，使二面角的正弦值为．
X
1
P
a
经常网购
偶尔或不用网购
合计
男性
50
100
女性
70
100
合计
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
经常网购
偶尔或不用网购
合计
男性
50
50
100
女性
70
30
100
合计
120
80
200