2022-2023学年江苏省宿迁市高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省宿迁市高二下学期期末数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年江苏省宿迁市高二下学期期末数学试题

一、单选题
1．已知，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据条件概率公式计算可得答案.
【详解】因为，，
代入得，解得.
故选：D.
2．下列图中，能反映出相应两个变量之间具有线性相关关系的是（    ）
A．   B．   C．   D．  
【答案】B
【分析】对于A ，两个变量是确定的函数关系，不正确；对于B，散点呈带状分布，正确；对于CD，散点不呈带状分布，不正确.
【详解】对于A ，由图象可知，两个变量是确定的函数关系，不是相关关系，故A 不正确；
对于B，由散点图可知，散点呈带状分布，所以两个变量具有线性相关关系，故B正确；
对于CD，由散点图可知，散点不呈带状分布，所以两个变量不具有线性相关关系，故CD不正确；
故选：B
3．若样本数据的方差为2，平均数为5，则下列说法正确的个数为（    ）
①数据的平均数为6；
②数据的方差为3；
③数据的平均数为15；
④数据的方差为19.
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】D
【分析】利用平均数和方差的定义和性质求解.
【详解】因为为5，所以的平均数为；
的平均数为；
因为的方差为2，所以；
所以的方差为；
的方差为.
所以正确的为①.
故选：D.
4．已知m，n是实数，若点，在同一直线上，则的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三点共线列方程，化简求得，进而求得.
【详解】，
依题意，三点共线，
所以，解得.
故选：A
5．某批麦种中，一等麦种占，二等麦种占，一、二等麦种种植后所结的麦穗含55粒以上麦粒的概率分别为0.5，0.25，则用这批种子种植后所结的麦穗含有55粒以上麦粒的概率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据全概率公式求解.
【详解】设从这批种子中任选一颗是一、二等种子的事件是, 则, 且两两互斥,
设“从这批种子中任选一颗,所结的穗含 55 颗以上麦粒”,
则.
故选：B
6．已知平面，直线，，下列命题不正确的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【分析】对于A， B，利用直线与平面垂直的判定定理，结合直线与平面垂直的性质定理，即可得到直线与直线平行.对于C，利用平行六面体中的平面与直线举出反例即可. 对于D，运用如果两个不重合平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线即可得出.
【详解】对于A，，则，， ，所以，
因为，则，，又，所以，同理可得，故A正确.
对于B，，，，，所以，同理可得，所以，故B正确.
对于C，如图在平行六面体中，平面为，平面为，平面为，
底面平面为矩形，，
则满足，，
如图直线为，直线为，直线为，则与所成的角为，所以与不垂直，故C错误.
  
因为，则，又，则，又，所以，
又，，所以，故D正确.
故选：C.
7．如图所示，正方体的棱长为，点分别是中点，则二面角的正切值为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】以点为原点，分别以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用夹角公式求出余弦值，进而可得答案.
【详解】以点为原点，分别以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，0，，，，，，2，，，0，，，2，，
则，2，，，2，，
设平面的法向量，，，
则，令，则，1，，
又因为平面的一个法向量，
，
设的大小为，有图可知为锐角，
则，
故选：A.
  
8．为了合理配置教育资源、优化教师队伍结构、促进城乡教育优质均衡发展，科学编制校长教师交流轮岗3到5年规划和学年度交流计划，努力办好人民群众“家门口”的好学校．省委、省政府高度重视此项工作，省教育厅出台《关于深入推进义务教育学校校长教师交流轮岗的意见》，将义务教育教师交流轮岗工作纳入了省委2023年度重点工作任务．某市教育局为切实落实此项政策，安排3名校长和3名教师到甲、乙、丙三所义务教育学校进行轮岗交流，每所学校安排一名校长，则不同的安排方案种数是（    ）
A．720 B．162 C．81 D．33
【答案】B
【分析】根据题意先安排校长，再安排教师，结合分步乘法计算原理运算求解.
【详解】先安排校长：则甲学校有3种可能，乙学校有2种可能，丙学校有1种可能，
所以不同的安排方案种数是；
再安排教师：每个教师均有三个学校可以选择，
所以不同的安排方案种数是；
综上所述：不同的安排方案种数是.
故选：B.

二、多选题
9．下列说法正确的是（    ）
A．残差平方和越小的模型，拟合的效果越好
B．随机变量X服从两点分布，则的最大值为
C．数据23，2，15，13，22，20，9，17，5，18的百分位数为18
D．样本相关系数越接近1，样本数据的线性相关程度也越强
【答案】ABD
【分析】根据残差平方和的性质可判断A；求出服从两点分布的随机变量的方差，利用配方求最值可判断B；计算出第百分位数可判断C；根据样本相关系数的性质可判断D.
【详解】对于A，残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，故A正确；
对于B，随机变量X服从两点分布，，

1
0



，
因为，所以当时，有最大值为，故B正确；
对于C，数据23，2，15，13，22，20，9，17，5，18由小到大排列后为
2，5，9，13，15，17，18，20，22，23的第百分位数为，故C错误；
对于D，样本相关系数越接近1，样本数据的线性相关程度也越强，故D正确.
故选：ABD.
10．下列各式正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】利用排列数与组合数公式计算可以判断BC；特殊值法可以判断AD.
【详解】对于A，取，则，，
所以，故A错误；
对于B，因为，，
所以，故B正确；
对于C，因为，，
所以，故C正确；
对于D，取，则，，
所以，故D错误.
故选：BC.
11．以“迁马，跑在水美酒乡”为主题的2023宿迁马拉松，于4月2日开跑，共有12000名跑者在“中国酒都”纵情奔跑，感受宿迁的水韵柔情．本次赛事设置全程马拉松、半程马拉松和欢乐跑（5.5公里）三个项目，每个项目均设置4000个参赛名额．在宿大学生踊跃参加志愿服务，现有甲、乙等5名大学生志愿者，通过培训后，拟安排在全程马拉松、半程马拉松和欢乐跑（5.5公里）三个项目进行志愿者活动，则下列说法正确的是（    ）
A．若全程马拉松项目必须安排3人，其余两项各安排1人，则有20种不同的分配方案
B．若每个比赛项目至少安排1人，则有150种不同的分配方案
C．安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有42种不同的站法
D．已知这5人的身高各不相同，若安排5人拍照，前排2人，后排3人，且后排3人中身高最高的站中间，则有40种不同的站法
【答案】ABD
【分析】对于A，先从5人中选3安排到全程马拉松项目，然后剩下2人到其它两个各去一人即可，对于B，将5个人分成3组，且每组至少1人，然后分配到3个项目即可，对于C，利用捆绑法求解即可，对于D，先选2人站前排，然后剩下3人中身高最高的站后排的中间，剩下2人站后排两边即可.
【详解】对于A，先从5人中选3安排到全程马拉松项目有种方法，然后剩下2人到其它两个各去一人有，
则由分步乘法原理可知共有种分配方案，所以A正确，
对于B，将5个人分成3组，且每组至少1人，有两种分法，分别为1，1，3和1，2，2，
若为1，1，3，则不同的分配方案有种，
基为1，2，2，则不同的分配方案有种，
所以由分类加法原理可知共有种不同的分配方案，所以B正确，
对于C，先将甲、乙捆绑在一起看成一个整体，再与剩下的3人进行全排列，
所以不同的站法有种，所以C错误，
对于D，先选2人站前排有种，然后剩下3人中身高最高的站后排的中间，剩下2人站后排两边有种，
所以由分步乘法原理可知共有种不同的站法，所以D正确，
故选：ABD
12．如图，在长方体中，点P是底面内的动点，分别为中点，若，则下列说法正确的是（    ）

A．最大值为1
B．四棱锥的体积和表面积均不变
C．若面，则点P轨迹的长为
D．在棱上存在一点M，使得面面
【答案】ACD
【分析】，当点与点重合时，，可得最大值为1可判断A；利用棱锥的体积公式计算可得四棱锥的体积；
当点与点重合、为上底面的中心时，计算出表面积可判断B；取的中点，的中点，利用面面平行的判定定理可得平面平面，可得点P轨迹为线段，求出可判断C；以为原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，设，求出平面、平面的一个法向量，利用面面垂直的向量求法求出可判断D.
【详解】对于A，，当点与点重合时，，即，所以，
所以
，
所以最大值为1，故A正确；

对于B，因为点到底面的距离为，底面面积为，
所以四棱锥的体积为，是定值；
当点与点重合时，四个侧面都为直角三角形，所以表面积为
，

当点为上底面的中心时，连接，则，且，
，此时表面积为
，
所以，故C错误；

对于C，取的中点，的中点，分别连接，可得，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，所以平面，且，
平面，所以平面平面，当时，平面，可得面，则点P轨迹为线段，此时，故C正确；

对于D， 以为原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，
所以，设，则，
，，
设平面的一个法向量为，
所以，，令可得，
设平面的一个法向量为，
所以，，令可得，
由，解得，满足题意，故D正确.

故选：ACD.
【点睛】空间中面面角的解题步骤：
第一步 首先建立适当的直角坐标系并写出相应点的空间直角坐标；
第二步 然后求出两个平面的法向量；
第三步 再利用向量的夹角公式即可得出结论.

三、填空题
13．若某种元件经受住打击测试的概率为，则4个此种元件中恰有2个经受住打击的概率为 .
【答案】
【分析】根据二项分布的概率公式即可求解.
【详解】由题意可知经受住打击的零件个数服从二项分布,所以,
故答案为：
14．已知，则的值为 .
【答案】/
【分析】利用赋值法即可求解.
【详解】令，令，则，所以，
令，所以，
由于，
所以.
故答案为：
15．空间直角坐标系中，经过点且法向量为的平面方程为．若平面的方程为，则平面的一个法向量为 .
【答案】 (答案不唯一)
【分析】根据若平面方程为，则为该平面的法向量，从而可得答案.
【详解】因为经过点且法向量为的平面方程为
所以若平面方程为，
则为该平面的法向量，
可化为，
所以平面的一个法向量为，
故答案为：(答案不唯一)

四、双空题
16．现有编号为1，2，3，…，的n个相同的袋子，每个袋中均装有n个形状和大小都相同的小球，且编号为的袋中有k个红球，个白球. 当n=5时，从编号为3的袋中无放回依次摸出两个球，则摸到的两个球都是红球的概率为 ；现随机从个袋子中任选一个，再从袋中无放回依次摸出三个球，若第三次取出的球为白球的概率为，则n的值为 .
【答案】 /0.3 10
【分析】利用古典概率进行求解，利用互斥事件概率加法公式解决即可.
【详解】当n=5时编号为3的袋中有3个红球，2个白球.则从编号为3的袋中无放回依次摸出两个球，摸到的两个球都是红球的概率为.
现随机从个袋子中任选一个，所以有n种选法；
假设袋子中有个红球，个白球，从袋中无放回依次摸出三个球，有种方法；
若第三次取出的球为白球有四种情况：红红白、红白白，白红白，白白白，取法数为
；
则若第三次取出的球为白球的概率为，
因为，
所以第三次取出的球为白球的概率为


，
解得=10.
故答案为：.

五、解答题
17．在展开式中，前3项的系数成等差数列. 求：
(1)的值；
(2)二项展开式中的有理项.
【答案】(1)8；
(2).

【分析】（1）根据给定条件，求出二项式展开式的通项公式，结合等差中项的意义求出n作答.
（2）由（1）的信息，求出的幂指数为整数的项即可.
【详解】（1）二项式展开式的第项为，
第一项系数为，第二项系数为，第三项系数为，
依题意，，显然，解得，
所以的值为8.
（2）由（1）知，显然展开式的有理项必满足，则为4的倍数，即有，
因此，
所以二项展开式中的有理项为．
18．甲、乙进行轮流掷骰子游戏，若出现点数大于得3分，出现点数小于或等于4得1分，两人得分之和大于或等于6分时游戏结束，且规定最后掷骰子的人获胜，经过抽签，甲先掷骰子．
(1)求乙掷一次就获胜的概率；
(2)求甲获胜的概率．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）结合题意，可得投掷骰子一次得3分的概率为，得1分的概率为，进而根据独立事件的概率公式求解即可；
（2）甲获胜分三种情况：①甲得3分，乙得1分，甲再得3分；②甲得1分，乙得3分，甲再得3分；③甲得1分，乙得1分，甲得1分，乙得1分，甲再得3分.分别利用独立事件的概率公式求解，进而即可求解.
【详解】（1）投掷骰子一次得3分的概率为，得1分的概率为；
乙掷一次就获胜表示第一次甲得3分，乙也得3分，
即乙掷一次就获胜的概率为.
（2）设甲获胜为事件，根据他们轮流投掷的得分，分三种情况：
①甲得3分，乙得1分，甲再得3分，概率为；
②甲得1分，乙得3分，甲再得3分，概率为；
③甲得1分，乙得1分，甲得1分，乙得1分，甲再得3分，概率为；
所以甲获胜的概率为.
19．在四棱柱中，，，，.
  
(1)当时，试用表示；
(2)证明：四点共面；
(3)判断直线能否是平面和平面的交线，并说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)答案见解析

【分析】（1）直接利用空间向量线性运算可得，再根据已知关系，，进行化简可得出结果.
（2）可设，不为)，由题意可化简得到，将代入并结合题意可化简得出，即可证明出四点共面.
（3）先假设面面，根据棱柱的性质，可得出平面，进而得出，反之当，可判断出平面，平面，得出平面平面=，得出当时，直线是面和面的交线，反之不行，从而得出结果.
【详解】（1）=
==；
（2）设，不为)，

=

则，，共面且有公共点，则四点共面；
（3）假设面面，在四棱柱中，
，面，面，则平面，
又面，面面，则；
反过来，当时，因为，则，
则确定平面
则平面，
又因为平面，
所以平面平面=，
所以是直线是面和面的交线的充要条件；
所以，当时，直线是面和面的交线；
当不平行时，直线不是面和面的交线
    
20．据文化和旅游部数据中心测算，2023年“五一”假期，全国国内旅游出游合计2.74亿人次，同比增长．为迎接暑期旅游高峰的到来，某旅游公司对今年年初推出一项新的旅游产品1~5月份的营业收入（万元）进行统计，统计数据如表所示：
月份x
1
2
3
4
5
月收入y（万元）
94
98
105
115
123
(1)依据表中给出的数据，建立该项旅游产品月收入y万元关于月份x的线性回归方程，并预测该项旅游产品今年7月份的营业收入是多少万元？
(2)观察表中数据可以看出该产品很受游客欢迎，为了进一步了解喜爱该旅游产品是否与性别有关，工作人员随机调查了100名游客，被调查的女性游客人数占，其中喜爱的人数为25人，调查到的男性游客中喜爱的人数占．
①根据调查情况填写列联表；
②根据列联表中数据能否有的把握认为“游客喜爱该旅游产品与性别有关”？

喜爱
不喜爱
总计
女性人数



男性人数



总计



参考公式及数据： ．
，其中.

0.10
0.050
0.010
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)，137万元
(2)①表格见解析；②没有

【分析】（1）根据公式求出y关于x的线性回归方程，再代入x值求出y.
（2）根据男女以及喜欢的比例列表，再由公式解出，得出结论.
【详解】（1）设y关于x的线性回归方程，易求得，，
，
则，
， 所以，
当x=7时，y=137，
所以y关于x的线性回归方程为，
预测该项旅游产品今年7月份的营业收入是137万元.
（2）①调查情况2×2列联表为：

喜爱
不喜爱
总计
女性人数
25
15
40
男性人数
45
15
60
总计
70
30
100
②提出假设：喜爱该旅游产品与性别没有关系，
根据表中数据可以求得

因此根据表中数据没有把握认为“喜爱该旅游产品与性别有关”.
21．近些年天然气使用逐渐普及，为了百姓能够安全用气，国务院办公厅2022年6月印发《城市燃气管道等老化更新改造实施方案（2022－2025年）》，为了更具有针对性，某市在实施管道老化更新的过程中，从本市某社区500个家庭中随机抽取了个家庭燃气使用情况进行调查，统计这个家庭燃气使用量（单位：m3），得到如下频数分布表（第一行是燃气使用量，第二行是频数），并将这一个月燃气使用量超过22 m3的家庭定为“超标”家庭．







8
14
16
30
16
12
4
(1)估计该社区这一个月燃气使用量的平均值；
(2)若该社区这一个月燃气使用量大致服从正态分布，其中近似为个样本家庭的平均值（精确到m3），估计该社区中“超标”家庭的户数；
(3)根据原始样本数据，在抽取的个家庭中，这一个月共有个“超标”家庭，市政府决定从这8个“超标”家庭中任选个跟踪调查其使用情况．设这一个月燃气使用量不小于m3的家庭个数为，求的分布列和数学期望．
附：若服从正态分布，则，
，.
【答案】(1)
(2)79
(3)分布列见解析，

【分析】（1）利用组中值可求燃气使用量的平均值；
（2）利用正态分布的对称性结合题设中给出的数据可求该社区中“超标”家庭的户数；
（3）利用超几何分布可求的分布列和数学期望．
【详解】（1）样本数据各组的中点值分别为，
则，
估计该社区这一个月燃气使用量的平均值.
（2）据题意，,
则，  
估计该社区500个家庭中“超标家庭”有个
（3）由频数分布表知8个“超标家庭”有4个不小于24.5，有4个在内，
则的可能取值有，
，，
，，
则的分布列为

1
2
3
4





则.
22．如图（1）所示，在中，，，，垂直平分．现将沿折起，使得二面角大小为，得到如图（2）所示的空间几何体（折叠后点记作点）
  
(1)求点到面的距离；
(2)求四棱锥外接球的体积；
(3)点为一动点，满足，当直线与平面所成角最大时，试确定点的位置．
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）由已知可证得平面平面，取中点 ，连接 ，则有两两垂直，所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解，
（2）连接，则四边形的外接圆圆心在的中点，外接圆的圆心为的三等分点，过点圆心分别作两面垂线，则垂线交点即为球心，连接，求出其长度可得外接球的半径，从而可求出外接球的体积，
（3）由，表示出点的坐标，然后利用空间向量表示出直线与平面所成角的正弦值，求出其最大值可得答案.
【详解】（1）由，，，得 ，，
因为垂直平分，
所以，
所以为平面与平面的二面角的平面角，
所以 ，，所以为等边三角形，
取中点 ，连接 ，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
因为
所以为二面角的平面角，
所以，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设的一个法向量为 ，则
，令，则
又，
所以点到面的距离；
（2）连接，由，则四边形的外接圆圆心在的中点，
为正三角形，则外接圆的圆心为的三等分点，
过点圆心分别作两面垂线，则垂线交点即为球心，
如图所示，连接，则即球的半径.
在中，，
则，
在中，，

所以由勾股定理得，
则球的体积 ；
  
（3）设，由得，
所以，得， ，
所以，
设直线与平面所成角为（），
则

所以当时，取得最大值，
此时直线与平面所成角最大，
即当时，直线与平面所成角最大.