2022-2023学年江苏省连云港高级中学高二下学期6月第二次学情检测数学试题含答案

2022-2023学年江苏省连云港高级中学高二下学期6月第二次学情检测数学试题

一、单选题

1．已知（，且），则的值为（    ）

A．25 B．30 C．42 D．56

【答案】B

【分析】根据排列数组合式公式求解即可.

【详解】，解得或（舍去）.

.

故选：B

2．已知，，且，则向量与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出向量与的夹角的余弦值，即可求出与的夹角.

【详解】，

所以，

∴，∴，

∴，

又∵，

∴与的夹角为.

故选：B.

3．已知空间四面体中，对空间内任一点，满足下列条件中能确定点共面的是（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用空间中四点共面定理求解即可.

【详解】根据空间中四点共面可知，解得.

故选：D

4．已知平面α的一个法向量为，则AB所在直线l与平面α的位置关系为（　　）.

A． B．

C． D．l与α相交但不垂直

【答案】A

【分析】由向量与平面法向量的关系判断直线与平面的位置关系.

【详解】因为，所以，即，所以.

故选：A

5．一机械制造加工厂的某条生产线在设备正常运行的情况下，生产的零件尺寸z（单位：）服从正态分布，且，则（    ）

A．0.1 B．0.04 C．0.05 D．0.06

【答案】D

【分析】直接由正态分布的对称性求解即可.

【详解】因为零件尺寸z服从正态分布，

所以，

所以．

故选：D.

6．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（    ）

A．120种 B．90种

C．60种 D．30种

【答案】C

【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解.

【详解】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；

然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；

最后剩下的名同学去丙场馆.

故不同的安排方法共有种.

故选：C

【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.

7．我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：“有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？”按照上述方法，截得的该正四棱台的体积为（    ）（注：1丈尺）

A．11676立方尺 B．3892立方尺

C．立方尺 D．立方尺

【答案】B

【分析】根据题意画出图形，利用棱锥与棱台的结构特征求出正四棱台的高，再计算它的体积．

【详解】如图所示，

正四棱锥的下底边长为二丈，即尺，

高三丈，即尺；

截去一段后，得正四棱台，且上底边长为尺，

所以，

解得，

所以该正四棱台的体积是

（立方尺）．

故选：．

8．如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S－EFG中必有（    ）

A．SG⊥平面EFG B．SD⊥平面EFG

C．GF⊥平面SEF D．GD⊥平面SEF

【答案】A

【分析】根据在折叠的过程中，始终有SG1⊥G1E，SG3⊥G3F，即可得SG⊥GE，SG⊥GF，从而由线面垂直的判定定理可得结论

【详解】对于A，因为在正方形SG1G2G3中，SG1⊥G1E，SG3⊥G3F，

所以在四面体SEFG中，SG⊥GE，SG⊥GF，

因为GE∩GF＝G，所以SG⊥平面EFG．所以A正确，

对于B，因为SG⊥平面EFG，平面，所以，所以，所以不可能为直角，所以与不垂直，所以与平面不可能垂直，所以B错误，

对于C，由题意可知为等腰直角三角形，且，，所以与平面不可能垂直，所以C错误，

对于D，由选项B的解析可知，不可能为直角，所以与不垂直，所以与平面不可能垂直，所以D错误，

故选：A．

二、多选题

9．下列命题正确的是（    ）

A．若甲、乙两组数据的相关系数分别为0.66和，则乙组数据的线性相关性更强；

B．回归分析中常用残差平方和来刻画拟合效果好坏，残差平方和越小，拟合效果越好；

C．对变量x与y的统计量来说，值越小，判断“x与y有关系”的把握性越大；

D．对具有线性相关关系的变量x、y，有一组观测数据，其线性回归方程是，且，则实数的值是.

【答案】ABD

【分析】A.通过比较两数据的相关系数的绝对值可得该选项正确；B.残差平方和越小，拟合效果越好，所以该选项正确；C. 值越小，判断“x与y有关系”的把握性越小，所以该选项错误；D.求出样本中心点，再求出，得该选项正确.

【详解】A. 因为乙数据的相关系数的绝对值为，比甲数据的相关系数的绝对值0.66大 ，所以乙组数据的线性相关性更强，所以该选项正确；

B. 回归分析中常用残差平方和来刻画拟合效果好坏，残差平方和越小，拟合效果越好，所以该选项正确；

C. 对变量x与y的统计量来说，值越小，判断“x与y有关系”的把握性越小，所以该选项错误；

D. 由题得，所以样本中心点满足方程，所以，所以该选项正确.

故选：ABD

10．α，β，γ是三个平面，m，n是两条直线，下列四个命题中错误的是（   ）

A．若，则

B．若，则

C．若，，则

D．若，则

【答案】BD

【分析】根据空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐个分析可得答案.

【详解】对于A，若，由平面与平面平行的性质可得，故A正确；

对于B，若，当与相交时，，当与不相交时，与相交或平行，

故B错误；

对于C，若则与无公共点，因为，所以与无公共点，所以，故C正确；

对于D，若，，则或与相交，故D错误.

故选：BD.

11．已知，分别为随机事件，的对立事件，，，则下列说法正确的是（    ）．

A． B．

C．若，独立，则 D．若，互斥，则

【答案】BCD

【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断．

【详解】选项A中：，故选项A错误，选项B正确；

选项C中：，独立，则，则，故选项C正确；

选项D中：，互斥，则，根据条件概率公式，

故选项D正确，

故选：BCD

12．如图，正方体的棱长为2，分别为的中点．则下列结论正确的是（   ）

A．直线与平面垂直

B．直线与平面平行

C．三棱锥的体积为

D．点到平面的距离为

【答案】BCD

【分析】建立空间直角坐标系，求出相关各点坐标，求出平面的法向量，利用向量的数量积的计算，可判断A,B；根据等体积法可求得三棱锥的体积，可判断C；利用空间距离的向量计算公式，可判断D.

【详解】如图，以D点为坐标原点，以DA为x轴，以DC为y轴，以为z轴，建立空间直角坐标系，

则 ,

对于A, ,

设平面AEF的法向量为 ，则 ，

可取 ，

而，与不平行，故直线与平面不垂直，故A错；

对于B， , 平面AEF的法向量为,

,不在平面内,

故直线与平面平行，故B正确；

对于C， ,故C正确；

对于D， , 平面AEF的法向量为,,

故点到平面的距离为 ，故D正确，

故选：BCD

三、填空题

13．已知的展开式中第6项的二项式系数最大，请写出一个符合条件的的值          .

【答案】或或都可以

【分析】根据二项式展开式中间项的二项式系数最大求解即可

【详解】因为的展开式中第6项的二项式系数最大，

所以的展开式共有10项或11项或12项，

即或或，

解得或或，

故答案为：或或都可以

14．已知的展开式中含的项的系数为      ．

【答案】

【分析】写出二项的展开式通项，分别求出、中含项的系数，相加可得结果.

【详解】的展开式通项为，

因为，

在中，其展开式通项为，

由可得，此时，项的系数为；

在中，其展开式通项为，

令，可得，此时，项的系数为.

综上所述，展开式中含项的系数为.

故答案为：.

15．现有两批产品，第一批产品的次品率为5%，第二批产品的次品率为15%，两批产品以3:2的比例混合在一起，从中任取1件，该产品合格的概率为          .

【答案】0.91/

【分析】设两批产品共取件，求出第一批和第二批产品中的合格品的件数即得解.

【详解】设两批产品共取件，

所以第一批产品中的合格品有件，第二批产品中的合格品有件，

所以从中任取1件，该产品合格的概率为.

故答案为：0.91

16．一个正三棱锥的侧棱长为1，底面边长为，它的四个顶点在同一个球面上，则球的表面积为          .

【答案】

【分析】设为正三角形的中心，则⊥平面，正三棱锥的外接球的球心在上，在中利用勾股定理求出的长，再在中利用勾股定理即可求出的值，从而得到球的表面积．

【详解】如图所示：

设为正三角形ABC的中心，连接，则⊥平面，正三棱锥的外接球的球心在上，

设球的半径为，连接，，

∵的边长为，

∴，

又∵，

∴在中，，

在中，，，，

∴，解得，

此时说明球心在点的下方，即如下图所示：

∴球的表面积为．

故答案为：．

四、解答题

17．已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.

（1）求m的值；

（2）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和；

（3）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率.

【答案】（1）7；（2）128；（3）.

【分析】（1）根据二项展开式的通项公式即可获解；

（2）令即可获解；

（3）求出有理项的个数，再用插空法即可.

【详解】（1）展开式的通项为，

∴展开式中第4项的系数为，倒数第4项的系数为，

，即.

（2）令可得展开式中所有项的系数和为，展开式中所有项的二项式系数和为.

（3）展开式共有8项，由（1）可得当为整数，即时为有理项，共4项，

∴由插空法可得有理项不相邻的概率为.

18．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

19．水蜜桃是生活中常见的水果之一，适量食用可以增高人体血红蛋白的含量，补充人体的维生素和膳食纤维，但水蜜桃的外皮较薄，往往小的划痕都容易造成它的腐烂变质.某水果批发市场，在水蜜桃成熟以后进行装箱，每一箱10个．根据以往经验，该种水果每箱含有0，1，2个坏果的概率分别为，，．

(1)现随机取三箱该水蜜桃，求三箱水蜜桃中坏果总数恰有3个的概率；

(2)现随机打开一箱该水蜜桃，并从中任取2个，设X为坏果的个数，求X的分布列及期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）由题可得三箱中，1箱2个坏果，1箱1个坏果；或者3箱各1个坏果.据此可得答案.

（2）由题可得可取0，1，2，后由题意可得即可得分布列及期望.

【详解】（1）箱水蜜桃中坏果总数恰有3个坏果的情况有：有一箱有2个坏果，一箱有1个坏果，另外一箱没有坏果，或者三箱各有一个坏果，

三箱水果中坏果总数恰有3个坏果的概率为

（2）由题意可知：可取0，1，2.

时，有可能箱中无坏果，概率为；有1个坏果但没抽中，概率为；

有2个坏果但没抽中，概率为.则；

时，箱中有可能1个坏果且被抽中，概率为；

两个坏果但只被抽中1个，概率为，

则；

时，箱中有2个坏果且被抽中，则.

综上，得分布列如下：

期望为

20．如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1的长度为4，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°.用向量法求：

(1)BD1的长；

(2)直线BD1与AC所成角的余弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用向量模的计算公式和向量的数量积的运算即得出BD1的长；

（2）分别求出 的值，代入数量积求夹角公式，即可求得异面直线BD1与AC所成角的余弦值．

【详解】（1）∵，

＝24，

∴的长为，

（2）∵，

∴，

∴，

∵，

，

∴＝，

所以直线BD1与AC所成角的余弦值为．

21．某实验中学的暑期数学调研学习小组为调查本校学生暑假玩手机的情况，随机调查了位同学月份玩手机的时间单位：小时，并将这个数据按玩手机的时间进行整理，得到下表：

将月份玩手机时间为小时及以上者视为“手机自我管理不到位”，小时以下者视为“手机自我管理到位”.

(1)请根据已知条件完成下面的列联表，并判断是否有的把握认为“手机自我管理是否到位与性别有关”；

(2)学校体育老师从手机自我管理不到位的学生中抽取了2名男生和1名女生进行投篮训练，已知男生投篮进球的概率为，女生投篮进球的概率为，每人投篮一次，假设各人投篮相互独立，求3人投篮进球总次数的分布列和数学期望.

附录：，其中.

独立性检验临界值表：

【答案】(1)列联表见解析，没有

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据已知条件完成列联表，利用表中数据求出观测值与临界值表进行比较即可求解；

（2）根据已知条件求出随机变量的取值，利用概率的加法公式和乘法公式求出对应的概率，进而求出随机变量的分布列，结合随机变量的期望公式即可求解.

【详解】（1）列联表如下：

的观测值，

所以没有99%的把握认为“手机自我管理是否到位与性别有关”.

（2）设3人投篮进球总次数为，

由题意知随机变量的可能取值分别为0，1，2，3；

故，

 ，

，

，

所以分布列如下表，

所以.

22．如图所示，在直三棱柱中，，，点、分别为棱、的中点，点是线段上的点（不包括两个端点）.

(1)设平面与平面相交于直线，求证：；

(2)是否存在一点，使得二面角的余弦值为，如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由；

(3)当为线段的中点时，求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，且

(3)

【分析】（1）证明出平面，，利用线面平行的性质可证得，利用平行线的传递型可证得结论成立；

（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，利用空间向量法求出的值，即可得出结论；

（3）利用空间向量法可求得点到平面的距离．

【详解】（1）证明：因为点、分别为棱、的中点，则，

在三棱柱中，四边形为平行四边形，所以，，则，

因为平面，平面，所以，平面，

因为平面，平面平面，所以，，故.

（2）解：在直三棱柱中，，且平面，

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，

则点、、，设点，其中，

设平面的法向量为，，，

则，取，可得，

易知平面的一个法向量为，

因为二面角的余弦值为，则，

解得或3（舍），此时，，

因此，在线段上存在一点，使得二面角的余弦值为，且.

（3）解：当为线段的中点时，即当时，平面的一个法向量为，

，所以，点到平面的距离为.