2022-2023学年江苏省常州市联盟学校高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年江苏省常州市联盟学校高二下学期期中数学试题

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．邮递员把两封信随机投入A，B，C三个空邮箱中，则不同的投入方法共有（　　）

A．6种 B．8种 C．9种 D．10种

【答案】C

【分析】根据分步乘法计数原理求解即可.

【详解】第一步先投一封信有3种不同的投法，第二步投剩余的一封信也有3种不同的投法，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的投法.

故选：C

3．已知直线l的一个方向向量，且直线l过A(0，y，3)和B(－1，2，z)两点，则y－z等于（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】A

【分析】根据求解即可.

【详解】由题知：，

因为，所以，解得，

所以.

故选：A

4．学校安排元旦晩会的4个舞蹈节目和2个音乐节目的演出顺序，要求2个音乐节目要连排，且都不能在第一个演出，则不同的排法种数是（　　）

A．96 B．144 C．192 D．240

【答案】C

【分析】按照捆绑法，结合排列数公式，即可求解.

【详解】将2个音乐节目看成1个元素，有种方法，和4个舞蹈节目共看成5个元素，其中2个音乐节目不排在首位，有4种方法，再全排列4个舞蹈节目，有种方法，所以共有种方法.

故选：C

5．下列说法正确的是（    ）

A．若向量、共线，则向量、所在的直线平行；

B．若向量、所在的直线是异面直线，则向量、一定不共线；

C．若直线l的方向向量为，平面的法向量，则l；

D．若、、是空间三个向量，则对空间任一向量，总存在唯一的有序实数组，使.

【答案】B

【分析】根据空间直线与直线和直线与平面的位置关系和空间向量基本定理依次判断选项即可得到答案.

【详解】对选项A，若向量、共线，则向量、所在的直线平行或重合，故A错误.

对选项B，因为向量、所在的直线是异面直线，所以向量、一定不共线，

故B正确.

对选项C，因为无法判断直线是否在平面内，故C错误.

对选项D，只有、、三个向量不共面时，才有，故D错误.

故选：B

6．已知空间中三点，则点到直线的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解．

【详解】因为，

所以，

则点到直线的距离为.

故选：C.

7．已知两个随机变量X，Y，其中，（σ>0），若E(X)=E(Y)，且，则（    ）

A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.1

【答案】A

【分析】由二项分布期望公式求得，再根据正态分布的对称性及已知求.

【详解】由题设，即，

又，故.

故选：A

8．在空间直角坐标系中，，则三棱锥内部整点(所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点)的个数为（    ）

A．35 B．36 C．84 D．21

【答案】A

【分析】首先求平面的一个法向量，并根据法向量确定三棱锥内部的点满足的条件，

并结合隔板法，求方法种数.

【详解】由条件可知，，，

设平面的一个法向量，则

，令，则，故，

设是平面上的点，则，

故，则，

不妨设三棱锥内部整数点为，则，且，，，则

若时，则在平面上，

若，则在三棱锥的外部，

所以，

当，且时，

将写成个1排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为的取值的方法个数，显然有个方法，

所有整数点的个数为.

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．已知，则（    ）

A． B．

C．除以5所得的余数是1 D．

【答案】ACD

【分析】对于选项A，通过赋值即可判断出结果的正误；对于选项B，通过展开式的通项公式，得到，再通过赋值即可判断出结果的正误；对于选项C，通过，再利用二项展开式展开即可判断出结果的正误；对于选项D，通过对等式两边同时求导，再进行赋值即可得出结果的正误.

【详解】选项A，因为，令，得到，所以选项A正确；

选项B，因为二项展开式的通项公式为，

由通项公式知，二项展开式中偶数项的系数为负数，所以，

由，令，得到，

令，得到，

所以，所以选项B错误；

选项C，因为，

所以除以5所得的余数是1，选项C正确；

对于选项D，因为，

两边同时对求导，得到，

令，得到，所以选项D正确.

故选：ACD.

11．先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件“两次掷出的点数之和是6”，事件“第一次掷出的点数是奇数”，事件“两次掷出的点数相同”，则（    ）

A．A与B互斥 B．B与C相互独立

C． D．A与C相互独立

【答案】BC

【分析】由互斥事件的定义判断A；由相互独立事件的定义判断B，D；由条件概率的计算公式判断C.

【详解】解：对于A，当事件为：“第一次出现1，第二次出现5”或“第一次出现3，第二次出现3”或“第一次出现5，第二次出1时”，与事件同时发生了，故不互斥，故错误；

对于B，因为，，，所以B与C相互独立，故正确；

对于C，因为事件同时发生即为“第一次出现1，第二次出现5”或“第一次出现3，第二次出现3”或“第一次出现5，第二次出1时”，

所以，又因为，

所以，故正确；

对于D，因为，，，，

所以A与C不相互独立，故错误.

故选：BC．

12．在棱长为2的正方体中，下列选项正确的是（    ）

A．若M，N分别为，的中点，直线平面；

B．若，三棱锥的体积为定值；

C．若､､分别为､､的中点，则存在实数､使得成立；

D．若，则异面直线BP和所成角取值范围是.

【答案】BCD

【分析】建立空间直角坐标系，用向量的方法即可判断A、C、D，变换三棱锥的顶点和底面，用等积法可判断B.

【详解】以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系：

则，，，，，

，是平面的一个法向量，

因为，所以A错误；

若，则点在线段上，如图：

则三棱锥的体积

为一定值，故B正确；

以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系：

则，，，，，

，，，

若存在实数､使得成立，

则有，

所以有，解得，所以C正确；

以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系：

则，，，，，

，，

若，得，则，

设异面直线BP和所成角为，则，

所以有，

当时，，此时异面直线BP和所成角为；

当时，令，则，

，

令，则，，

因，所以当即时，取得最大值为，

此时此时异面直线BP和所成角为，故D正确.

故选：BCD.

三、双空题

13．随机变量的分布列如下表，则________ ；__________.

【答案】     1     2.4

【分析】首先根据题意得到，从而得到，，再根据数学期望和方差的性质求解即可.

【详解】由题知：，，

.

，.

故答案为：，

四、填空题

14．展开式中含项的系数为______．

【答案】－60

【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.

【详解】，

设该二项式的通项公式为，

因为的次数为，所以令，

二项式的通项公式为，

令，

所以项的系数为，

故答案为：

15．如图所示，某人从A按最短路径走到B，其中PQ段道路施工，不能通行，问共有_____种不同的行走路线.

【答案】52

【分析】按照间接法，结合组合数公式，列式求解.

【详解】从A按最短路径走到B，共有种方法，

其中从按最短路径走到P，有种方法，从Q按最短路径走到B，

有种方法，所以走段，从A按最短路径走到B，有种方法，

所以不走，共有种不同的走法.

故答案为：52

16．一种糖果的包装纸由一个边长为6的正方形和2个等腰直角三角形组成（如图1），沿AD，BC将2个三角形折起到与平面ABCD垂直（如图2），连接EF，AE，CF，AC，若点P满足且，则的最小值为 ___________ .

【答案】

【分析】由向量满足条件可知是平面上的动点，转化为求到平面的距离，利用补形及等体积法求解即可.

【详解】因为点P满足且，

所以四点共面，即是平面上的动点，

所以的最小值即为到平面的距离.

由题意，几何体可补成边长为6的正方体，如图，

则可知，

设到平面的距离为，

则,

即，

解得，

所以的最小值为.

故答案为：

五、解答题

17．给出下列条件:①若展开式前三项的二项式系数的和等于16；②若展开式中倒数第三项与倒数第二项的系数比为4:1.从中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答(注:若选择多个条件，按第一个解答计分)

已知，___________.

(1)求展开式中二项式系数最大的项；

(2)求展开式中所有的有理项.

【答案】(1)和

(2)，，

【分析】（1）无论选①还是选②，根据题设条件可求，从而可求二项式系数最大的项.

（2）利用二项展开式的通项公式可求展开式中所有的有理项.

【详解】（1）二项展开式的通项公式为：

.

若选①，则由题得，

∴，即，

解得或(舍去)，∴.

若选②，则由题得，∴，

展开式共有6项，其中二项式系数最大的项为，

，.

（2）由（1）可得二项展开式的通项公式为：

.

当即时得展开式中的有理项，

所以展开式中所有的有理项为:

，，.

18．有甲、乙两只不透明的袋子，其中甲袋放有2个红球，3个白球，乙袋放有3个红球，2个白球，且所有球的大小和质地均相同.

(1)从这10个球中随机取4个球，设事件A为“取出的4个球中恰有2个红球，且这2个红球来自同一个袋子”，求事件A发生的概率；

(2)先从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球，求从乙袋中取出的2个球均为红球的的概率.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解；

（2）记“从甲袋中取出2个红球”为事件，“从甲袋中取出2个白球”为事件，“从甲袋中取出1个红球和1个白球”为事件，记“从乙袋中取出的2个球均为红球”为事件B，再利用全概率公式求解.

【详解】（1）由题意可知，从这10个球中随机取4个球共有种选法，

事件A的选法共有种，故.

所以事件A发生的概率为.

（2）记“从甲袋中取出2个红球”为事件，“从甲袋中取出2个白球”为事件，“从甲袋中取出1个红球和1个白球”为事件，记“从乙袋中取出的2个球均为红球”为事件B，

显然，事件，，两两互斥，且++为“从甲袋中任取2个球”的样本空间，由全概率公式得：=.

所以先从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球，

则从乙袋中取出的2个球均为红球的的概率为.

19．如图所示的几何体中，平面平面，，若为的中点，为的中点，.

(1)求证：平面；

(2)求点到平面的距离；

(3)求平面与平面所成角（锐角）的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3).

【分析】（1）证明平面，以点A为原点，射线AE，AB，AD分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面；

（2）利用向量法求点到平面的距离；

（3）利用向量法求平面与平面所成角（锐角）的余弦值.

【详解】（1）因为，，则，即有，同理，，

因为平面平面，平面平面，

又平面，因此，平面，

即AE，AB，AD两两垂直，以点A为原点，射线AE，AB，AD分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，

则，的中点，又，即，

于是得，，，

设平面的法向量，则，

令，得，

因此，，即，平面，而平面，

所以平面.

（2）由（1）知，，则点F到平面的距离，

所以点到平面的距离是.

（3）由（1）知，平面的法向量，平面的一个法向量为，

依题意，，

所以，平面与平面所成角（锐角）的余弦值为.

20．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.

21．如图，圆锥SO，S为顶点，是底面的圆心，为底面直径，，圆锥高SO=6，点P在高SO上，是圆锥SO底面的内接正三角形.

(1)若PO=，判断和平面是否垂直，并证明；

(2)点P在高SO上的动点，当和平面所成角的正弦值最大时，求三棱锥P-ABC的体积.

【答案】(1)平面，证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意易证，，再根据线面垂直的判定即可证明平面.

（2）首先点为原点，平行于方向为x轴，以方向为y轴，以方向为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法和基本不等式得到当时，与平面所成角的正弦值最大，再求三棱锥的体积即可.

【详解】（1）因为，，所以是正三角形，则，

易知底面圆，而底面圆，所以，

又在中，，所以，

因为是正三角形，所以，

且，，所以，，

同理可证，

又，平面，所以平面；

（2）如图，因为，所以以点为原点，平行于方向为x轴，以方向为y轴，以方向为z轴，建立以为原点的空间直角坐标系，

设，

则.

所以

设平面的法向量为，则，

令，则，故，

设直线和平面所成的角为，

则

，

当且仅当，即时，与平面所成角的正弦值最大，

故.

22．从甲､乙､丙等5人中随机地抽取三个人去做传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出.

(1)记甲乙丙三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列；

(2)若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，记次传球后球在甲手中的概率为，

①直接写出的值；

②求与的关系式，并求.

【答案】(1)分布列见解析

(2)①，，；②；

【分析】（1）由离散型随机变量的分布列可解；

（2）记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，由全概率公式可求

再由数列知识，由递推公式求得通项公式.

【详解】（1）可能取值为，

；；

所以随机变量的分布列为

（2）若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且次传球后球在甲手中的概率为，

则有

记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，

所以

即，

所以，且

所以数列表示以为首项，为公比的等比数列，

所以所以

即次传球后球在甲手中的概率是.