2023-2024学年江苏省镇江市八校高二下学期期末联考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年江苏省镇江市八校高二下学期期末联考数学试卷（含答案），共10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.书架上已有四本书，小明又带来了两本不同的长篇小说和一本人物传记要放到书架上，若两本小说不能放到一起，则不同的放法有( )种
A. 30B. 90C. 120D. 150
2.已知a=(2,−1,3),b=(−1,4,−2),c=(4,5,λ)，如a,b,c三个向量不能构成空间直角坐标系上的一组基底，则实数λ为( )
A. 0B. 9C. 5D. 3
3.某位同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒3盒、连花清瘟胶囊2盒、清开灵颗粒5盒.若这三类药物能治愈感冒的概率分别为23，34，45，他感冒时，随机从这几盒药物里选择一盒服用，则感冒被治愈的概率为( )
A. 110B. 12C. 34D. 45
4.在(1+x)2+(1+x)3+⋯+(1+x)9展开式中，含x2项的系数是( )
A. 120B. 56C. 84D. 35
5.一箱凤梨共有10个，其中有8个是优果，从这箱凤梨中随机抽取2个，恰有1个优果的概率为p1.某果园刺梨单果的质量M(单位：g)服从正态分布N32,σ2，且P30A. p1=p2B. p10.5
6.下列命题错误的是( )
A. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1
B. 设ξ∼B(n,p)，若Eξ=30，Dξ=20，则n=90
C. 线性回归直线y=bx+a一定经过样本点的中心(x,y)
D. 一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量X表示样本中黄球的个数，则X服从二项分布，且EX=8
7.在二项式 x+124xn的展开式中，二项式系数的和为64，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为( )
A. 57B. 512C. 14D. 16
8.在空间直角坐标系Oxyz中，Oxy平面、Oyz平面、Ozx平面把空间分成了八个部分．在空间直角坐标系Oxyz中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合−2,5,9，这样的点共有n个，从这n个点中任选2个，则这2个点在同一个部分的概率为( )
A. 50351B. 49351C. 17117D. 16117
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知2− 3x6=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a6x6，则下列结论正确的是( )
A. a1+a2+⋅⋅⋅+a6=2− 36−26
B. a0+a2+a4+a62−a1+a3+a52=1
C. a3=−360
D. 展开式中最大的系数为a2
10.在4张奖券中，一、二、三、四等奖各1张，将这4张奖券分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至多2张，则下列结论正确的是( )
A. 若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有24种不同的获奖情况
B. 若甲获得了一等奖和二等奖，则共有6种不同的获奖情况
C. 若仅有两人获奖，则共有36种不同的获奖情况
D. 若仅有三人获奖，则共有144种不同的获奖情况
11.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案(如图1)把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则( )
A. QC=AD+2AB+2AA1
B. 异面直线CQ与AD1所成角正弦值为 346
C. 点P到直线CQ的距离是 193
D. M为线段CQ上的一个动点，则ME⋅MC的最大值为3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.随机变量X的分布列如下：
若EX=1，则DX=_____．
13.已知2x−38=a0+a12−x+a22−x2+⋯+a82−x8，则a3=_____．
14.三分损益法是古代中国发明制定音律时所用的生律法.三分损益包含“三分损一”“三分益一”两层含义.三分损一是指将原有长度作3等分而减去其1份，即原有长度×3−13=生得长度；而三分益一则是指将原有长度作3等分而增添其1份，即原有长度×3+13=生得长度.两种方法可以交替运用、连续运用，各音律就得以辗转相生.假设能发出第一个基准音的乐器的长度为243，每次损益的概率为12，则经过5次三分损益得到的乐器的长度为128的概率为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知在二项式x2+2xn的展开式中，第5项为常数项．
(1)求n；
(2)求x2+2xn的展开式中所有奇数项的二项式系数之和；
(3)在x3−1x2+2xn的展开式中，求含x6的项．
16.(本小题12分)
已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB//CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB=AA1=2,AD=DC=1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点．

(1)求证D1N//平面CB1M；
(2)求点B到平面CB1M的距离．
17.(本小题12分)
学校师生参与创城志愿活动.高二(1)班某小组有男生4人，女生2人，现从中随机选取2人作为志愿者参加活动．
(1)求在有女生参加活动的条件下，恰有一名女生参加活动的概率；
(2)记参加活动的女生人数为X，求X的分布列及期望EX；
(3)若志愿活动共有卫生清洁员､交通文明监督员､科普宣传员三项可供选择.每名女生至多从中选择2项活动，且选择参加1项或2项的可能性均为12；每名男生至少从中选择参加2项活动，且选择参加2项或3项的可能性也均为12.每人每参加1项活动可获得3个工时，记随机选取的两人所得工时之和为Y，求Y的期望EY．
18.(本小题12分)
如图甲所示，在平面四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90∘，∠DCA=60∘，AB=BC= 2，现将平面ADC沿AC向上翻折，使得DB= 2，M为AC的中点，如图乙．
(1)证明：BM⊥DC；
(2)若点Q在线段DC上，且直线BQ与平面ADB所成角的正弦值为 510，求平面ADB与平面BQM所成角的余弦值．
19.(本小题12分)
2024年高三数学适应性考试中选择题有单选和多选两种题型组成．单选题每题四个选项，有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错得0分，多选题每题四个选项，有两个或三个选项正确，全部选对得6分，部分选对得3分，有错误选择或不选择得0分．
(1)已知某同学对其中4道单选题完全没有答题思路，只能随机选择一个选项作答，且每题的解答相互独立，记该同学在这4道单选题中答对的题数为随机变量X．
(i)求P(X=3)；
(ii)求使得P(X=k)取最大值时的整数k；
(2)若该同学在解答最后一道多选题时，除确定B，D选项不能同时选择之外没有答题思路，只能随机选择若干选项作答，已知此题正确答案是两选项与三选项的概率均为12，求该同学在答题过程中使得分期望最大的答题方式，并写出得分的最大期望．
答案
1.D
2.C
3.C
4.A
5.C
6.D
7.A
8.B
9.ABD
10.ACD
11.BD
12.2
13.−448
14.516
15.解：
(1)由题意得第5项为Cn4x2n−42x4=24×Cn4x2n−12，
则2n−12=0，解得n=6；
(2)由(1)得x2+2x6所有奇数项的二项式系数之和为12×26=32；
(3)由(1)知x3−1x2+2x6=x3x2+2x6−x2+2x6，
其中x2+2x6展开式的通项为Tr+1=C6rx26−r2xr=2r×C6rx12−3r(0≤r≤6且r∈N)，
则x2+2x6的展开式中，含x3的项为23×C63x3=160x3，
含x6的项为22×C62x6=60x6，
所以在x3−1x2+2x6的展开式中含x6的项为160x3⋅x3−60x6=100x6．
16.(1)证明：取CB1中点P，连接NP，MP，
由N是B1C1的中点，故NP//CC1，且NP=12CC1，
由M是DD1的中点，故D1M=12DD1=12CC1，且D1M//CC1，
则有D1M//NP、D1M=NP，
故四边形D1MPN是平行四边形，故D1N//MP，
又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M，
故D1N//平面CB1M；
(2)解：以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有 B2,0,0、B12,0,2、M0,1,1、C1,1,0 ，
则有CB1=1,−1,2、CM=−1,0,1、BB1=0,0,2，
设平面CB1M的法向量分别为m=x1,y1,z1 ，
则有m⋅CB1=x1−y1+2z1=0m⋅CM=−x1+z1=0 ，
分别取x1=1，则有y1=3、z1=1 ，
即m=1,3,1，
则有BB1⋅mm=2 1+9+1=2 1111，
即点B到平面CB1M的距离为2 1111．
17.解：(1)设“有女生参加活动”为事件A，“恰有一名女生参加活动为事件B，
则P(AB)=C41C21C62=815，P(A)=C41C21+C22C62=35，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=81535=89；
(2)依题意知X服从超几何分布，
所以P(X=0)=C42C62=25，P(X=1)=C41⋅C21C62=815，P(X=2)=C22C62=115，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×25+1×815+2×115=23；
(3)设一名女生参加活动可获得工时数为X1，一名男生参加活动可获得工时数为X2，
则X1的所有可能取值为3，6，X2的所有可能取值为6，9，
P(X1=3)=P(X1=6)=12，E(X1)=3×12+6×12=92，
P(X2=6)=P(X2=9)=12，E(X2)=6×12+9×12=152，
有X名女生参加活动，则男生有2−X名参加活动，Y=92X+152(2−X)=15−3X，
所以E(Y)=E(15−3X)=15−3E(X)=15−3×23=13，
即两人工时之和的期望为13个工时．
18.(1)证明：如图，连接
因为AB=BC= 2，∠ABC=∠ADC=90∘，M为AC的中点，
所以BM⊥AC，
又因为DB= 2，所以所以
DM∩AC=M,DM,AC⊂平面
所以BM⊥平面
而DC⊂平面所以BM⊥DC．
(2)解：取MC的中点为O, BC的中点为连接则
因为所以
又因为O为MC的中点，所以
由(1)知BM⊥平面ADC，DO⊂平面
所以
又BM∩AC=M, 所以DO⊥平面
以O为坐标原点，OA, OE, OD所在直线分别为x, y，z轴建立如图所示坐标系，
由题意知A(32,0,0)，B(12,1,0),D(0,0, 32),C(−12,0,0),
则
设平面DAB的一个法向量为n=(x, y, z)，
则n·BD=−12x−y+ 32z=0n·BA=x−y=0
令x=1，得n=(1, 1, 3)为平面DAB的一个法向量，
因为点Q在线段DC上，使得直线BQ与平面ADB所成角的正弦值为 510，
设DQ→=λDC→, λ∈[0, 1], 则
所以
所以 510=|cs ⟨n, BQ⟩|=|n ⋅ BQ|n||BQ||=2λ 5 ⋅ λ2−λ+2,
化简得
解得λ1=13，λ2=−25(舍去)，
所以点Q是DC上靠近D的三等分点，所以 BQ=(−23,−1, 33)
设平面BQM的一个法向量为 m=a,b,c ， MB=(0,1,0) 则 m⋅BQ=−23a−b+ 33c=0m⋅MB=b=0 ，令 a= 3 ，得 m=( 3,0,2) ，
cs ⟨m,n⟩=n⋅m|n|⋅|m|=3 3 5⋅ 3+4=3 10535 ，
故平面ADB与平面BQM所成角的余弦值为 3 10535 ．
19.解：(1)(i)由题意得，X服从二项分布，记作X∼B(4,14)，
所以P(X=3)=C43(14)3×34=364;
(ii)因为P(X=k)=C4k(14)k(34)4−k,k=0,1,⋯,4，
依题意P(X=k)⩾P(X=k+1)P(X=k)⩾P(X=k−1),
即C4k(14)k(34)4−k⩾C4k+1(14)k+1(34)3−kC4k(14)k(34)4−k⩾C4k−1(14)k−1(34)5−k,
解得14⩽k⩽54，
又k为整数，所以k=1，即k=1时P(X=k)取最大值;
(2)由题知，B,D选项不能同时选择，故该同学可以选择单选、双选和三选，
正确答案是两选项的可能情况为AB,AC,BC,AD,CD，
每种情况出现的概率均为12×15=110;
正确答案是三选项的可能情况为ABC,ACD，
每种情况出现的概率为12×12=14;
若该同学做出的决策是单选，则得分的期望如下：
E(A)=E(C)=3×110×3+14×2×3=125(分)，
E(B)=E(D)=3×110×2+1×14×3=2720(分)，
若该同学做出的决策是双选，则得分的期望如下：
E(AB)=E(AD)=E(BC)=E(CD)
=110×6+14×3=2720(分)，
E(AC)=110×6+14×2×3=2110(分)，
若该同学做出的决策是三选，则得分的期望如下：
E(ABC)=E(ACD)=14×6=32(分)，
经比较，该同学选择单选A或单选C的得分期望最大，最大值为125分.
X
0
1
2
P
25
815
115