精品解析：江苏省淮安市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（解析版）

淮安市2022~2023学年度第二学期高二年级期末调研测试

数学试卷

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先求出集合，再根据集合的包含关系计算可得.

【详解】由，则，解得，

所以，

又且，

所以，即实数的取值范围是.

故选：A

2. 已知直线的方向向量，平面的法向量，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据空间向量平行的坐标关系即得.

【详解】由题可得，所以可设，

所以，

所以.

故选：C.

3. 从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，则所选3人中至少有1名女生的概率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据古典概型的概率计算公式，先算出所选3人中没有1名女生的情况的概率，继而得出所选3人中至少有1名女生的概率.

【详解】从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛共有种，所选3人中没有1名女生的情况有，所以所选3人中至少有1名女生的概率是.

故选：D．

4. 若，，称是，的几何平均数，是，的调和平均数，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】由结合充分条件必要条件的定义即得.

【详解】因为，当且仅当时取等号，

所以由可推出，而由推不出，

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

5. 我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有2个阳爻且2个阳爻不相邻的概率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】分别计算所有“重卦”和恰有2个阳爻且2个阳爻不相邻的“重卦”种数，根据古典概型概率计算公式求得结果.

【详解】所有“重卦”共有种；

恰有2个阳爻且2个阳爻不相邻的“重卦”种数有种，

恰有2个阳爻且2个阳爻不相邻的概率为.

故选：B.

6. 已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用坐标法，根据点到直线的距离的向量求法即得.

【详解】如图建立空间直角坐标系，则，

所以，

所以，

所以点到直线的距离是.

故选：D.

7. 某中学举行夏季运动会，共有3类比赛9个项目：集体赛2项，田赛3项，径赛4项．要求参赛者每人至多报3项，且集体赛至少报1项，则每人有（    ）种报名方式

A. 49 B. 64 C. 66 D. 73

【答案】C

【解析】

【分析】根据两个计数原理结合组合知识即得.

【详解】由题可知，若每人报集体赛1项，则报名方式有种，

若每人报集体赛2项，则报名方式有种，

所以每人共有报名方式种.

故选：C.

8. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用全概率公式结合条件可得，然后利用和事件的概率公式和条件概率公式结合条件逐项分析即得.

【详解】因为，，，

所以，，又，

所以，

所以，故A错误；

由，可得，故B错误；

所以，故C正确；

所以，，故D错误.

故选：C.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 若，则下列不等式中正确的有（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】根据不等式的性质判断A、B，利用作差法判断C、D.

【详解】对于A：因为，所以，则，故A正确；

对于B：因为，所以，所以，故B错误；

对于C：因为，又，

所以，，所以，即，故C错误；

对于D：，

因为，所以，，，所以，

则，故D正确；

故选：AD

10. 如图是某小卖部5天卖出热茶的杯数（单位：杯）与当天气温（单位：℃）的散点图，若去掉后，下列说法正确的有（    ）

A. 决定系数变大 B. 变量与的相关性变弱

C. 相关系数的绝对值变大 D. 当气温为11℃时，卖出热茶的杯数估计为35杯

【答案】AC

【解析】

【分析】由散点图可知，去掉后，变量与的相关性变强可判断ABC；求出线性回归方程后可判断D.

【详解】由散点图可知，去掉后，变量与的相关性变强，故B错误；

因为是负相关，所以相关系数的绝对值变大，故C正确；

决定系数变大，故A正确；

去掉后，，，

，

，

所以，

，

所以关于的线性回归方程为，

当气温为11℃时，，

卖出热茶的杯数估计为36杯，故D错误.

故选：AC.

11. 有甲、乙、丙等5名同学聚会，下列说法正确的有（    ）

A. 5名同学每两人握手1次，共握手20次

B. 5名同学相互赠送祝福卡片，共需要卡片20张

C. 5名同学围成一圈做游戏，有120种排法

D. 5名同学站成一排拍照，甲、乙相邻，且丙不站正中间，有40种排法

【答案】BD

【解析】

【分析】利用组合的概念可判断A，根据排列知识可判断BC，利用捆绑法及间接法可判断D.

【详解】A选项，5名同学每两人握手1次，共握手次，故A错误；

B选项，5名同学相互赠送祝福卡片，共需要卡片张，故B正确；

C选项，5名同学围成一圈做游戏，确定4个人之后，最后一个人的位置也就确定了，所以有种排法，故C错误；

D选项，5名同学站成一排拍照，甲、乙相邻，共有种排法，其中丙站正中间的排法有种，

所以甲、乙相邻，且丙不站正中间的排法有种，故D正确.

故选：BD.

12. 在正四棱锥中，，，点满足，其中，，则下列结论正确的有（    ）

A. 的最小值是

B. 当时，三棱锥的体积为定值

C. 当时，与所成角可能为

D. 当时，与平面所成角正弦值的最大值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据向量关系可得为正方形内的点(包括边界)，设，根据正棱锥的性质结合条件可得判断A，根据棱锥的体积公式结合条件可判断B，根据线面角的求法结合条件可判断C，利用坐标法表示出线面角，然后利用导数求最值可判断D.

【详解】由，可得，其中，，

所以为正方形内的点(包括边界)，

在正四棱锥中，，，设，连接，

则平面，，

对A，由题可知，当重合时取等号，故A正确；

对B，当时，，即，故在线段上，

因为，所以三角形的面积为定值，而三棱锥的高为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；

对C，当时，，故在线段上，

由题可知平面，故平面，

所以为在平面内的射影，，

而在中，，所以，，故与所成角不可能为，故C错误；

对D，当时，，故在线段上，

如图以为原点建立空间直角坐标系，设，则，

所以，

设平面的法向量为，则，

令，则，设与平面所成角为，

所以，

设，，则，

所以当时，单调递增，当时，单调递减，

所以，，故D正确.

故选：ABD.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据向量关系结合条件得到点的位置，然后结合条件利用立体几何知识解决即得.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 随机变量，，则______．

【答案】##0.75

【解析】

【分析】利用正态分布曲线的对称性求解即可．

【详解】因为随机变量，可得正态分布曲线的对称轴为，

又因为，

所以，，

所以.

故答案为：.

14. 在三棱柱中，点在线段上，且，若以为基底表示，则______．

【答案】

【解析】

【分析】利用向量的线性关系结合图形运算即得.

【详解】在三棱柱中，点在线段上，且，

所以，，

所以

.

故答案为：.

15. 已知，且，则的展开式中项的系数是______．（用数字作答）

【答案】120

【解析】

【分析】利用二项式定理得到的展开式中的系数为，进而得到答案.

【详解】因为的展开式中的系数为，

故的展开式中的系数.

故答案为：120.

16. 已知随机变量的概率分布列如下表所示，当时，______．

【答案】

【解析】

【分析】依题意根据分布列的性质及期望公式求出，，即可求出，再根据方差的性质得到．

【详解】依题意，解得，

，

，

故答案为：．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知的展开式中仅有第4项的二项式系数最大．

（1）求展开式的第2项；

（2）求展开式的奇数项系数之和．

【答案】（1）；   

（2）365.

【解析】

【分析】（1）根据二项式系数的性质可得,然后根据二项式的通项公式即得；

（2）设，然后利用赋值法即得.

【小问1详解】

因为的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，

根据二项式系数的性质：左右对称且先增后减，所以展开式共有7项，则,

所以展开式的第2项为；

【小问2详解】

设，

令得：①

令，得：②

由①②得，

所以展开式的奇数项系数之和为365．

18. 某乡政府为提高当地农民收入，指导农民种植药材，取得较好的效果．以下是某农户近5年种植药材的平均收入的统计数据：

（1）根据表中数据，现有与两种模型可以拟合与之间的关系，请分别求出两种模型的回归方程；（结果保留一位小数）

（2）统计学中常通过比较残差的平方和来比较两个模型的拟合效果，请根据残差平方和说明上述两个方程哪一个拟合效果更好，并据此预测2023年该农户种植药材的平均收入．

参考数据及公式：，，其中．，．

【答案】（1），；   

（2）回归方程拟合效果更好，预测2023年该农户种植药材的平均收入为8万元．

【解析】

分析】（1）根据最小二乘法结合条件可得回归方程；

（2）根据回归方程分别计算残差平方和，进而可得拟合效果更好，然后根据回归方程结合条件即得.

小问1详解】

根据农户近5年种植药材的平均收入情况的统计数据可得：

，，

所以，，

则，．

设，则，所以，

则，．

所以，两种模型回归方程分别为，．

【小问2详解】

回归方程为时，将值代入可得估计值分别为58，61.5，65，68.5，72，则残差平方和为．

回归方程为时，将值代入可得估计值分别为59，60.8，63.8，68，73.4，

则残差平方和为．

因为，所以回归方程拟合效果更好，应选择该方程进行拟合．

当时，，

故预测2023年该农户种植药材的平均收入为80千元，即8万元．

19. 淮安西游乐园推出的西游主题毛绒公仔，具有造型逼真可爱、触感柔软等特点，深受学生喜爱．某调查机构在参观西游乐园的游客中随机抽取了200名学生，对是否有购买西游主题毛绒公仔的意愿进行调查，得到以下的列联表：

（1）完成上述列联表，根据以上数据，判断是否有99%的把握认为购买西游主题毛绒公仔与学生的性别有关？

（2）某文创商店为了宣传推广西游主题毛绒公仔产品，设计了一个游戏：在三个外观大小都一样的袋子中，分别放大小相同的1个红球和3个蓝球，2个红球和2个蓝球，以及3个红球和1个蓝球．游客可以从三个袋子中任选一个，再从中任取2个球，若取出2个红球，则可以获赠一套西游主题毛绒公仔．现有3名同学参加该游戏，表示3名同学中获赠一套毛绒公仔的人数，求随机变量的概率分布及数学期望．

附：，其中．

【答案】（1）列联表见解析，没有99%的把握认为购买西游主题毛绒公仔与学生的性别有关；   

（2）分布列见解析，数学期望为.

【解析】

【分析】（1）由题可得列联表，进而可得并结合条件即得；

（2）先求出一次游戏中取出2个红球的概率，然后利用二项分布概率公式可得概率，进而可得分布列及期望.

【小问1详解】

由题可得列联表如下：

提出假设：购买西游主题毛绒公仔与学生的性别无关，根据列联表中的数据，可以求得

，

因为当成立时，的概率大于1%，所以没有99%的把握认为购买西游主题毛绒公仔与学生的性别有关．

【小问2详解】

一次游戏中取出2个红球的概率，

由题可知，1，2，3，则，

所以，，

，，

所以随机变量的概率分布为

所以．

20. 如图，正方体的棱长为1，点是对角线上异于，的点，记．

（1）当为锐角时，求实数的取值范围；

（2）当二面角的大小为时，求点到平面的距离．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用坐标法，表示出向量，然后结合条件列出不等式，进而即得；

（2）利用面面角的向量求法可得，然后利用点到平面的距离的向量求法即得.

【小问1详解】

以为单位正交基底，建立空间直角坐标系．

则，，，．

因为，．则．

则，．

由为锐角，则且．

则．又，

所以；

【小问2详解】

设平面的法向量，则且，又，

，所以，．

令，则，．

故平面的一个法向量．

易知平面的一个法向量．因为二面角为，则，

所以，解得．

因为，则．

则平面的一个法向量，又向量，

所以点到平面的距离．

21. 已知函数，．

（1）当时，求的解集；

（2）若最大值为3，求的值．

【答案】（1）详见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据二次不等式的解法，分类讨论即得；

（2）当时利用基本不等式可得函数的最大值，进而可得然后结合条件即得，当时根据二次函数的性质分类讨论可得函数的最值，然后结合条件检验即得.

【小问1详解】

当时，，即．

当时，；

当时，不等式无解；

当时，若，，若，；

所以，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为．

【小问2详解】

①当时，，

又，则，当且仅当取等号，

所以，即，

若时，当时，．此时，

所以不满足题意，舍去．

②当时，对称轴为，

当时，，．

当时，在时增函数，，即（舍去）．

若．当时，，满足题意．

综上，时，的最大值为3．

22. 投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏．晋代在广泛开展投壶活动中，对投壶的壶也有所改进，即在壶口两旁增添两耳，因此在投壶的花式上就多了许多名目，如“贯耳（投入壶耳）”等．现有甲、乙两人进行投壶游戏，规定投入壶口一次得1分，投入壶耳一次得2分，其余情况不得分．已知甲投入壶口的概率为，投入壶耳的概率为；乙投入壶口的概率为，投入壶耳的概率为．假设甲乙两人每次投壶是否投中相互独立．

（1）求甲投壶3次得分为3分的概率；

（2）求乙投壶多少次，得分为8分的概率最大．

【答案】（1）   

（2）乙投壶6次时，得分为8分的概率最大．

【解析】

【分析】（1）根据互斥事件求和公式及独立事件的乘法公式即得；

（2）设乙投壶次时得分为8分的概率为，根据独立事件概率公式可得，然后根据条件可得不等式组，进而即得；或结合条件可得的值，分别计算概率比较即得.

【小问1详解】

因为甲投入壶口概率为，投入壶耳概率为，

所以甲未投中的概率为，

设事件为甲投壶3次得分为3分，

则；

【小问2详解】

设乙投壶次时得分为8分的概率为，设投壶次中投入壶口次，投入壶耳次，

则，所以，

则，

所以，即，

整理得，结合可得，

所以乙投壶6次时，得分为8分的概率最大．

法二：设乙投壶次时得分为8分的概率为，设投壶次中投入壶口次，投入壶耳次，

则，所以，

由可得且，

所以，5，6，7，8．

因为，

当时，；

当时，；

当时，；

当时，；

当时，；

所以当时，取得最大值，即乙投壶6次时，得分为8分的概率最大．