2022-2023学年江苏省常州市华罗庚中学高二下学期4月阶段测试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省常州市华罗庚中学高二下学期4月阶段测试数学试题含解析，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。

2022-2023学年江苏省常州市华罗庚中学高二下学期4月阶段测试数学试题

一、单选题
1．已知随机变量服从正态分布，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据正态分布的性质进行求解即可.
【详解】因为，所以，
故选：D
2．某班有6名班干部，其中4名男生，2名女生.从中选出3人参加学校组织的社会实践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设男生甲被选中为事件，女生乙被选中为事件，分别求得，，再结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】解：由题意，从现有4名男生，2名女生选出3人参加学校组织的社会实践活动，
设男生甲被选中为事件，其概率为，
设女生乙被选中为事件，
则男生甲被选中且女生乙也被选中的概率为，
所以在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为.
故选：B.
3．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．
【答案】C
【分析】根据点面距的向量公式计算．
【详解】
所求距离为．
故选：C．
4．《易系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中.如图，白圈为阳数，黑点为阴数.若从这个数中任取个数，则这个数中至少有个阳数的概率为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】本题首先可以根据题意确定个数中的阳数和阴数，然后求出任取个数中有个阳数以及任取个数中有个阳数的概率，最后两者相加，即可得出结果.
【详解】由题意可知，个数中，、、、、是阳数，、、、、是阴数，
若任取个数中有个阳数，则，
若任取个数中有个阳数，则，
故这个数中至少有个阳数的概率，
故选：C.
【点睛】本题考查超几何分布的概率计算，从有限的个物品（包括个指定物品）中抽取个物品，若抽取的个物品中有个指定物品，则概率，考查计算能力，是中档题.
5．在某场新冠肺炎疫情视频会议中，甲､乙､丙､丁､戊五位疫情防控专家轮流发言，其中甲必须排在前两位，丙､丁必须排在一起，则这五位专家的不同发言顺序共有（    ）
A．8种 B．12种 C．20种 D．24种
【答案】C
【解析】先排甲，再将丙、丁捆绑在一起当一个元素排，再排乙、戊.
【详解】当甲排在第一位时，共有种发言顺序，
当甲排在第二位时，共有种发言顺序，
所以一共有种不同的发言顺序.
故选：C.
【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.
6．已知随机变量和，其中，且，若的分布列如下表，则的值为
ξ
1
2
3
4
P

m
n


A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据随机变量和的关系得到，概率和为1，联立方程组解得答案.
【详解】且，则
即

解得
故答案选A
【点睛】本题考查了随机变量的数学期望和概率，根据随机变量和的关系得到是解题的关键.
7．的展开式的各项系数和为243，则该展开式中的系数是（    ）．
A．5 B． C． D．100
【答案】C
【解析】的展开式的各项系数和为的值，求出的值，根据产生的项可求其系数
【详解】解：，
所以
=展开式中的系数是：

故选：C
【点睛】考查二项展开式中各项系数的和的求法和求特定的项；基础题.
8．如图已知矩形，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，则B与D之间距离为（    ）

A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】过和分别作，，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可．
【详解】解：过和分别作，，

在矩形，，
，
，
则，即，
平面与平面所成角的余弦值为，
,，
，
，，
则，
即与之间距离为，
故选：C．

二、多选题
9．近年来中国进入一个鲜花消费的增长期，某农户利用精准扶贫政策，贷款承包了一个新型温室鲜花大棚，种植销售红玫瑰和白玫瑰.若这个大棚的红玫瑰和白玫瑰的日销量分别服从正态分布和，则下列选项正确的是（    ）附：若随机变量服从正态分布，则.
A．若红玫瑰日销售量范围在内的概率是0.6827，则红玫瑰日销售量的平均数约为250
B．红玫瑰日销售量比白玫瑰日销售量更集中
C．白玫瑰日销售量比红玫瑰日销售量更集中
D．白玫瑰日销售量范围在内的概率约为0.34135
【答案】ABD
【分析】由已知结合原则求得，判断A正确；比较方差的大小判断正确， 错误；再由原则求得白玫瑰日销售量范围在的概率可判断正确．
【详解】对于A，若红玫瑰日销售量范围在的概率是，则，即. 红玫瑰日销售量的平均数约为250，正确；
对于BC，由于红玫瑰日销售量的方差，白玫瑰日销售量的方差，红玫瑰日销售量的方差小于白玫瑰日销售量的方差，则红玫瑰日销售量比白玫瑰日销售量更集中，故正确，C错误；
对于D，白玫瑰日销售量范围在的概率
， 故正确．
故选：ABD．
10．小明与另外2名同学进行“手心手背”游戏，规则是：3人同时随机等可能选择手心或手背中的一种手势，规定相同手势人数多者每人得1分，其余每人得0分.现3人共进行了4次游戏，每次游戏互不影响，记小明4次游戏得分之和为，则下列结论正确的是（    ）
A．每次游戏中小明得1分的概率是 B．的均值是2
C．的均值是3 D．的方差是
【答案】AC
【分析】的可能取值为0，1，2，3，4，利用列举法求出小明每次得1分的概率，从而，由此能求出和．
【详解】解：3人同时随机等可能选择手心或手背中的一种手势，
规定相同手势人数多者每人得1分，其余每人得0分，
现3人共进行了4次游戏，记小明4次游戏得分之和为，
则的可能取值为0，1，2，3，4，
设其他两位同学为，，小明为，列表得：



手心
手心
手背
手心
手背
手背
手心
手心
手心
手心
手背
手心
手背
手心
手背
手背
手心
手心
手背
手背
手背
手背
手背
手心
共有8种情况，小明得1分结果有6种情况，
小明每次得1分的概率，
故A正确；
，
故B错误，C正确；
，
.
故D错误.
故选：AC.
11．已知的展开式中第5项与第7项的二项数系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确的是（    ）
A．展开式中奇数项的二项式系数和为256
B．展开式中第6项的系数最大
C．展开式中存在常数项
D．展开式中含项的系数为45
【答案】BCD
【解析】由二项式的展开式中第5项与第7项的二项数系数相等可知,由展开式的各项系数之和为1024可得,则二项式为,易得该二项式展开式的二项式系数与系数相同,利用二项式系数的对称性判断A,B；根据通项判断C,D即可.
【详解】由二项式的展开式中第5项与第7项的二项数系数相等可知,
又展开式的各项系数之和为1024,即当时,,所以,
所以二项式为,
则二项式系数和为,则奇数项的二项式系数和为,故A错误；
由可知展开式共有11项,中间项的二项式系数最大,即第6项的二项式系数最大,
因为与的系数均为1,则该二项式展开式的二项式系数与系数相同,所以第6项的系数最大,故B正确；
若展开式中存在常数项,由通项可得,解得,故C正确；
由通项可得,解得,所以系数为,故D正确,
故选: BCD
【点睛】本题考查二项式的定理的应用,考查系数最大值的项,考查求指定项系数,考查运算能力.
12．如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝1，PB＝2，E是PC的中点．设棱锥P﹣ABCD与棱锥E﹣BCD的体积分别为V1，V2，PB，PC与平面BDE所成的角分别为α，β，则（　　）

A．PA∥平面BDE B．PC⊥平面BDE
C．V1：V2＝4：1 D．sinα：sinβ＝1：2
【答案】ACD
【分析】证明直线与平面平行判断A；利用反证法说明B错误；分别求出多面体的体积判断C；建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角判断D，即可求解.
【详解】连接AC，BD，设ACBD＝O，则O为AC的中点，
连接OE，∵E为PC的中点，则OE为△PAC的中位线，得PA∥OE，
因为OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，所以PA∥平面BDE，故A正确；
若PC⊥平面BDE，则PC⊥OE，
又由PA∥OE，所以PC⊥PA，可得PA2+PC2＝AC2，
而PA＝PC＝2，AC，不满足PA2+PC2＝AC2，
所以PC⊥平面BDE错误，故B错误；
由已知求得PO，则，
，所以V1：V2＝4：1，故C正确；
以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则,
可得，
设平面BDE的一个法向量为．
由，取x，得，
则sinα，sinβ，
所以，故D正确．
故选：ACD．


三、填空题
13．若随机变量的分布列如下表，且，则的值为________.

0
2






【答案】
【分析】利用分布列求出，利用期望求解，然后求解方差即可．
【详解】解：由题意可得：，解得，
因为，所以：，解得．
．
．
故答案为：．
【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、方差的求法，属于中档题.
14．已知，则___________.
【答案】
【分析】根据：，利用通项公式求得展开式第10项的系数．
【详解】解：，
则，
故答案为：.
15．如图，在直三棱柱中，，是的中点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 若，则异面直线与所成角的余弦值为___________

【答案】
【分析】设，由向量垂直的坐标表示可解得t，即可由向量法求得，从而求得结果.
【详解】由题意得，设，则有，
，由得..
因为，，所以，
故异面直线与夹角的余值为.
故答案为：.
16．荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去（每次跳跃时，均从一叶跳到另一叶），而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示，假设现在青蛙在叶上，则跳四次之后停在叶上的概率为______．

【答案】
【分析】分析得出青蛙四次跳跃中有次是顺时针方向跳，有次是逆时针跳，分两种情况讨论：①青蛙先按逆时针开始从；②青蛙先按顺时针开始从.分析出剩余三次跳跃中青蛙顺时针和逆时针跳跃的次数，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得结果.
【详解】因为逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，
所以逆时针方向跳的概率是，顺时针方向跳的概率是，
若青蛙在叶上，则跳四次之后停在叶上，
则满足四次跳跃中有次是顺时针方向跳，有次是逆时针跳，
若先按逆时针开始从，则剩余次中有次是按照逆时针，其余次按顺时针跳，
则对应的概率为；
若先按顺时针开始从，则剩余次中有1次是按照顺时针，其余次按逆时针跳，
则对应的概率为.
故跳四次之后停在叶上的概率为．
故答案为：．
【点睛】思路点睛：求相互独立事件同时发生的概率的步骤：
（1）首先确定各事件是相互独立的；
（2）再确定各事件会同时发生；
（3）先求出每个事件发生的概率，再求其积.

四、解答题
17．“渐升数”是指除最高数位上的数字外，其余每一个数字均比其左边的数字大的正整数（如13456和35678都是五位“渐升数”）.
（1）求五位“渐升数”的个数；
（2）如果把所有的五位“渐升数”按照从小到大的顺序排列，求第120个五位“渐升数”.
【答案】（1）个；（2）36789.
【分析】（1）根据题意，“渐升数”中不能有0，则在其他9个数字中任取5个，每种取法对应1个“渐升数”即可求解；
（2）分别计算1、2、3在最高数位的五位“渐升数”个数，求和可得第120个五位“渐升数”是最高数位为3的最大的五位“渐升数”.
【详解】解：（1）根据题意，“渐升数”中不能有0，
则在其他9个数字中任取5个，每种取法对应1个“渐升数”，则五位“渐升数”共有（个）.
（2）对于所有的五位“渐升数”，1在最高数位的有（个），
2在最高数位的有（个），
3在最高数位的有（个）.
因为，
所以第120个五位“渐升数”是最高数位为3的最大的五位“渐升数”，为36789.
18．若．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)对二项式进行赋值即可求解；
(2)先观察式子特征，注意到可进行平方变形，然后根据时的值来计算最终结果.
【详解】（1）∵，
令，可得，
令，可得，
∴．
（2）∵，
令，可得①，
令，可得②，
结合①②可得，

．
19．小明下班回家途经3个有红绿灯的路口，交通法规定：若在路口遇到红灯，需停车等待；若在路口没遇到红灯，则直接通过.经长期观察发现：他在第一个路口遇到红灯的概率为，在第二、第三个道口遇到红灯的概率依次减小，在三个道口都没遇到红灯的概率为，在三个道口都遇到红灯的概率为，且他在各路口是否遇到红灯相互独立.
（1）求小明下班回家途中至少有一个道口遇到红灯的概率；
（2）求小明下班回家途中在第三个道口首次遇到红灯的概率；
（3）记为小明下班回家途中遇到红灯的路口个数，求数学期望.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）根据对立事件的概率关系结合已知，即可求解；
（2）设第二、三个道口遇到红灯的概率分别为，根据已知列出关于方程组，求得，即可求出结论；
（3）的可能值为分别求出概率，得出随机变量的分布列，由期望公式，即可求解.
【详解】（1）因为小明在三个道口都没遇到红灯的概率为，
所以小明下班回家途中至少有一个道口遇到红灯的概率为；
（2）设第二、三个道口遇到红灯的概率分别为，
依题意解得或（舍去），
所以小明下班回家途中在第三个道口首次遇到红灯的概率；
（3）的可能值为，
，
，
，
，
分布列为











【点睛】本题考查互斥事件、对立事件概率关系，考查相互独立同时发生的概率，以及离散型随机变量分布列和期望，属于中档题.
20．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，E为的中点，且．

(1)求证：平面；
(2)记的中点为N，若M在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2或

【分析】（1）连接，由勾股定理证得，由等腰三角形得性质证得，再结合线面垂直得判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，设，利用空间向量的夹角公式求出余弦值，进而列出方程，解之即可.
【详解】（1）连接，∵，，∴且   
∴四边形为平行四边形；    
∵且E为的中点，∴，
所以，      
∴，∴，即，       
又∵，∴平面
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则,
所以，
设平面的法向量为，
则，即，取   
设，则，而，所以，
∵平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，
则    
化简得，解得：或，满足
故线段的长度为2或．

21．某市举办了一次“诗词大赛”，分预赛和复赛两个环节，已知共有20000名学生参加了预赛，现从参加预赛的全体学生中随机地抽取100人的预赛成绩作为样本，得到如下的统计数据.
得分（百分制）
[0，20)
[20，40)
[40，60)
[60，80)
[80，100]
人数
10
20
30
25
15
（1）规定预赛成绩不低于80分为优良，若从样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机地抽取2人，求恰有1人预赛成绩优良的概率；
（2）由样本数据分析可知，该市全体参加预赛学生的预赛成绩服从正态分布，其中可近似为样本中的100名学生预赛成绩的平均值（同一组数据用该组数据的中间值代替），且.利用该正态分布，估计全市参加预赛的全体学生中预赛成绩不低于72分的人数；
（3）预赛成绩不低于91分的学生将参加复赛，复赛规则如下：
①参加复赛的学生的初始分都设置为100分；
②参加复赛的学生可在答题前自己决定答题数量，每一题都需要“花”掉一定分数来获取答题资格（即用分数来买答题资格），规定答第题时“花”掉的分数为；
③每答对一题得2分，答错得0分；
④答完题后参加复赛学生的最终分数即为复赛成绩.
已知学生甲答对每道题的概率均为0.75，且每题答对与否都相互独立，则当他的答题数量为多少时，他的复赛成绩的期望值最大？
参考数据：若，则，，
【答案】（1）；（2）3173；（3）当他的答题数量时，他的复赛成绩的期望值最大.
【分析】（1）由表可知，样本中成绩不低于60分的学生共有40人，其中成绩优良的人数为15人，再结合排列组合与古典概型即可得解；
（2）先求出样本中的100名学生预赛成绩的平均值，即为，从而推出，，再根据正态分布的性质即可得解；
（3）以随机变量表示甲答对的题数，则，记甲答完题所得的分数为随机变量，则，为了获取答道题的资格，甲需要“花”掉的分数为，设甲答完题后的复赛成绩的期望值为，则，最后利用配方法即可得解．
【详解】解：（1）由题意得样本中成绩不低于60分的学生共有40分，其中成绩优良的人数为15人，记“从样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机地抽取2人，恰有1人预赛成绩优良”为事件，则
答：“从样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机地抽取2人，恰有1人预赛成绩优良”的概率为
（2）由题意知样本中的100名学生预赛成绩的平均值为：
，则，
由得，
所以，
所以，估计全市参加参赛的全体学生中，成绩不低于72分的人数为20000×0.15865=3173，
即全市参赛学生中预赛成绩不低于72分的人数为3173.
（3）以随机变量表示甲答对的题数，则，且，
记甲答完题所加的分数为随机变量，则，∴，
依题意为了获取答道题的资格，甲需要“花”掉的分数为：，
设甲答完题后的复赛成绩的期望值为，
则，
由于，所以当时，取最大值104.9.
即当他的答题数量时，他的复赛成绩的期望值最大.
【点睛】本题考查古典概型、正态分布的性质、二项分布的性质及数学期望的实际应用，考查学生对数据的分析与处理能力，属于中档题．
22．如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PB＝3．

(1)证明：∠PAD＝∠PBC；
(2)当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角P—AB—C的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据直线与平面位置关系，把问题转化为全等三角形问题即可证明；
（2）用等面积法建立二面角与线面角关系，当线面角满足正弦最大时，即可求二面角大小．
【详解】（1）证明：分别取，的中点，，连接，，，
因为，所以，
又因为，所以，
又因为，，所以平面，
因为平面，所以，
在中，因为垂直平分，所以，
又因为，，所以，
从而可得；
（2）解：由（1）知，是二面角的平面角，设，，
在中，，

过点作于，则，
因为平面，平面，所以平面平面，
又因为平面平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即为，
设直线与平面所成角为，所以，
令，，，
则，
当且仅当，即时，有最大值2，
此时直线与平面所成角为的正弦值最大，
所以当直线与平面所成角的正弦值最大时，二面角的大小为．