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江苏省连云港市赣榆区2021-2022学年高二数学下学期期中试题(Word版附解析)

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2021-2022学年度第二学期期中学业水平质量监测高二年级数学试题一、单项选择题(本大题共8个小题,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.可以表示为().A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据排列数的计算公式即可判断﹒【详解】=,故选:C﹒2.若展开式中常数项为60.则常数a的值为()A.4B.2C.8D.6【答案】A【解析】【分析】直接利用二项式定理计算得到,解得答案.【详解】展开式的通项为:.取得到常数项为,解得.故选:.【点睛】本题考查了二项式定理,意在考查学生的计算能力和应用能力.3.若4名学生报名参加数学、物理、化学兴趣小组,每人选报1项,则不同的报名方式有()A.34种B.43种C.种D.种【答案】A【解析】 【分析】根据分步计算原理,每个人选报一科,则每个人有3种报名方法,共有种方法.【详解】4名学生,每人有三种可选方案,根据分步计数原理,4人共有34种方法.故选:A【点睛】本题考查了分步计数原理,考查了理解分析和数学运算能力,属于基础题目.4.唐代诗人张若虚在《春江花月夜》中曾写道:“春江潮水连海平,海上明月共潮生.”潮水的涨落和月亮的公转运行有直接的关系,这是一种自然现象.根据历史数据,已知沿海某地在某个季节中每天出现大潮的概率均为,则该地在该季节的连续三天内,恰有两天出现大潮的概率为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用二项分布的概率公式即可求解.【详解】该地在该季节内连续三天内,恰有两天出现大潮包括两天出现大潮概率为.故选:B5.已知,,三点不共线,为平面外一点,下列条件中能确定,,,四点共面的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据点与点共面,可得,验证选项,即可得到答案.【详解】设,若点与点共面, 则,对于选项A:,不满足题意;对于选项B:,不满足题意;对于选项C:,不满足题意;对于选项D:,满足题意.故选:D.6.2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”,有着可爱的外表和丰富的寓意,深受各国人民的喜爱.某商店有4个不同造型的吉祥物“冰墩墩”和3个不同造型的吉祥物“雪容融”展示在柜台上,要求“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列,则不同排法的种数是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分两步,第一步将4个“冰墩墩”全排列,第二步将将3个“雪容融”插进3个空中,按照分步乘法计数原理计算可得;【详解】解:依题意首先将4个“冰墩墩”全排列,有种排法;再将3个“雪容融”插进3个空中,有种排法;综上可得一共有种排法;故选:C7.如果今天是星期五,经过7天后还是星期五,那么经过天后是()A.星期三B.星期四C.星期五D.星期六【答案】D【解析】【分析】只要求出除以7的余数即可,所以将化为,然后利用二项式定理展开即可得结果【详解】因为 ,所以除以7的余数为1,所以经过天后是星期六,故选:D8.某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙,需要经过6个转运环节,其中第1,6个环节有,两种运输方式,第2,3,5个环节有,两种运输方式,第4个环节有,,,四种运输方式,则快件从甲送到乙有4种运输方式的运输顺序共有不同的方法种数是()A.58B.60C.77D.78【答案】B【解析】【分析】结合条件利用分步加法计数原理和分步乘法计数原理解决.【详解】若第4环节使用运输方式,由条件可得快件从甲送到乙至多使用3种运输方式,故第四环节必须使用,,三种运输方式中的1种,若第1,6两个环节都使用运输方式,从快件甲送到乙至多会使用3种运输方式,故从甲送到乙要使用4种运输方式,则满足条件的运输方法可分为2类,第一类:第一和第六环节都用运输方式的运输顺序,若第一和第六环节都用,则第2,3,5环节必须使用两种不同的运输方式,第4环节必须使用,,中的一种运输方式,故满足条件的运输方式有种,第二类:第一和第六环节运输方式不相同的运输顺序,若第1,6环节的运输方式不同,则第2,3,5环节只需至少一个环节使用运输方式,第4环节必须使用,,中的一种运输方式,故满足条件的运输方式有种,由分类加法计数原理可得满足条件的运输方式有18+42种,即60种.故选:B.二、多项选择题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的选项中,有多项是符合题目要求,全选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分) 9.已知数据的平均数为a,方差为b.由这组数据得到新数据,,…,,其中,则()A.新数据的平均数是3a+9B.新数据的方差是9b+81C.新数据的平均数是3aD.新数据的标准差是【答案】AD【解析】【分析】先利用已知条件得到,,从而得到新数据的平均数和方差,及标准差.【详解】由题意得:,所以,故新数据的平均数是,A正确,C错误;,故B错误;因为,故新数据的标准差是,D正确.故选:AD10.下列说法正确的是()A.若随机变量的概率分布列为,则B.若随机变量且,则C.若随机变量,则D.在含有件次品的件产品中,任取件,表示取到的次品数,则【答案】AB【解析】【分析】利用分布列的性质可判断A选项;利用正态密度曲线的对称性可判断B选项;利用二项分布的方差公式可判断C选项;利用超几何分布的概率公式可判断D选项. 【详解】对于A选项,由分布列的性质可知,解得,A对;对于B选项,若随机变量且,则,B对;对于C选项,若随机变量,则,C错;对于D选项,由超几何分布的概率公式可得,D错.故选:AB.11.若,则下列结论正确的是()A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】运用二项式定理中的通项Tr+1=an-rbr,以及利用赋值处理相应问题.【详解】∵令则可得:,A正确;令则可得:即,D正确;展开式第k+1项的通项,则当时,,B不正确;当k为偶数时,,当k为奇数时,∴ 令则可得:,C正确.故选:ACD.12.在长方体中,,,,分别为棱,的中点,则下列说法中正确的有()A.若是棱上一点,且,则,,,四点共面B.平面截该长方体所得的截面为五边形C.异面直线,所成的角为D.若是棱上一点,点到平面的距离最大值为【答案】ABD【解析】【分析】A:为的中点,由等比例性质可得,长方体性质有,即可判断;B:延长交于,连接交于,连接,根据平面的基本性质作出面截长方体所得的截面判断;C:过作交延长线于,过作交延长线于,可得异面直线,所成的角为,即可判断;D:与重合时到平面的距离最大,延长交于,并连接,应用等体积法求点面距即可.【详解】A:若为的中点,又为棱的中点且,易知:,则,为棱的中点,由长方体的性质有,故,所以,,,四点共面,正确; B:分别延长交于,连接交于,连接,由A分析知:面即为面,故平面截该长方体所得的截面为五边形,正确;C:过作交延长线于,则,过作交延长线于,则且,如下图示,所以异面直线,所成的角为,而,,显然,故异面直线,所成的角不为,错误;D:由题设及A分析,当与重合时到平面的距离最大,所以只需求到面的距离, 将延长交于,并连接,而,所以,则,又,则,故,即到平面的距离最大值为,正确.故选:ABD【点睛】关键点点睛:由线线平行判断四点共面;由平面基本性质作截面判断形状;将异面直线作平移,找到对应平面角;判断点面距离最大时动点的位置,应用等体积法求距离.三、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分)13.计算______.【答案】0【解析】【分析】利用排列数的性质化简求值即可.【详解】由,则,所以0.故答案为:014.已知点,,,,则向量在向量上的投影向量的模为______.【答案】## 【解析】【分析】首先求出,的坐标,再根据向量数量积、向量模的坐标表示求出,,最后根据求出投影向量的坐标,最后求模即可;【详解】解:因为,,,,所以,,所以,,所以向量在向量上的投影为;所以向量在向量上的投影向量为即向量在向量上的投影向量的模为;故答案为:15.已知,,则m=______.【答案】1【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式求得关于m的表达式,可得关于m的方程,求得答案.【详解】由题意可得:,即,故答案为:116.球O与棱长为2的正方体的各个面都相切,点M为棱的中点,则平面ACM截球O所得的截面圆与球心O所构成的圆锥的体积为______.【答案】 【解析】【分析】由球心O为正方体中心,连接BD与AC交于点F,作,易知OE为所得圆锥的高,底面的半径为求解.【详解】解:如图所示:易知球心O为正方体的中心,连接BD与AC交于点F,作,易知面,则,又,所以平面,则OE为所得圆锥的高,又,圆锥的底面的半径为,所以圆锥的体积为,故答案为:四、解答题(本大题共6个小题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.在的展开式中,______.给出下列条件:①前三项的系数成等差数列; ②第三项的系数为7;③奇数项的二项式系数之和为128.请在上面的三个条件中选择一个补充在横线上,并且完成下列问题:(1)求n的值;(2)求展开式中二项式系数最大的项.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)写出二项式展开式通项公式,根据所选的条件列方程求n值.(2)由(1)所得n及展开式通项公式判断确定最大项,进而写出最大项.【小问1详解】展开式第项为,,选①:展开式前三项的系数为1,,,据题意得:,可得;选②:展开式第三项的系数为,可得,所以;选③:令,所以.【小问2详解】展开式一共有9项,二项式系数最大的项为第5项,则.18.在北京冬奥会期间,某项比赛中有7名志愿者,其中女志愿者3名,男志愿者4名.(1)从中选2名志愿者代表,必须有女志愿者代表的不同的选法有多少种?(2)从中选4人分别从事四个不同岗位的服务,每个岗位一人,且男志愿者甲与女志愿者乙至少有1人在内,有多少种不同的安排方法?【答案】(1)必须有女志愿者的不同选法有15种(2)有720种不同选法 【解析】【分析】(1)先求出选2名志愿者代表,没有女志愿者的选法种,从总的选法中减去,即为答案;(2)直接法,分类求解,再相加即为答案,间接法求解.【小问1详解】从中选2名志愿者代表,没有女志愿者的选法有种,所以从中选2名志愿者代表,必须有女志愿者的不同选法共有(种)答:必须有女志愿者的不同选法有15种.【小问2详解】方法一:第一类男志愿者甲在内女志愿者乙不在内,有(种);第二类女志愿者乙在内男志愿者甲不在内,有(种);第三类男志愿者甲、女志愿者乙都在内,有(种).由分类计数原理得(种).答:有720种不同选法.方法二:(间接法)男志愿者甲、女志愿者乙都不在内,有(种),男志愿者甲与女志愿者乙至少有1人内,有(种)答:有720种不同选法.19.已知1号箱中有2个白球和4个红球,2号箱中有5个白球和3个红球,所有球的大小、形状完全相同.(1)从1号箱中不放回地依次取1个球,求第一次取得红球且第二次取得仍是红球的概率;(2)若从1号箱中任取2个球放入2号箱中,再从2号箱中任取1个球,求取出的这个球是红球的概率.【答案】(1)(2) 【解析】【分析】(1)利用独立事件的概率乘法公式求解;(2)利用全概率公式求解.【小问1详解】设“从1号箱中第1次取得红球”为事件,“从1号箱中第2次取得红球”事件,则,所以第1次取得红球且第2次取得仍是红球的概率为.【小问2详解】设“从2号箱中任取1个球是红球”为事件,“从1号箱中任取2个球都是红球”为事件,“从1号箱中任取2个球1个红球和1个白球”为事件,“从1号箱中任取2个球都是白球”为事件,则事件,,彼此互斥.,,,,,.所以.所以取出的这个球是红球的概率为.20.如图,在棱长为4的正方体中,,分别是棱,上的动点,且 (1)求证:;(2)当三棱锥的体积取得最大值时,求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)建立空间直角坐标系,由空间向量的数量积运算证明(2)由题意得的位置,由空间向量求解【小问1详解】以为原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,则,,,,,,,.设,则,, ,所以,所以【小问2详解】在正方体中,平面.所以,当时三棱锥的体积最大,此时,分别为,的中点,所以,,所以,,,设平面的一个法向量则,所以,令,则,,所以,所以,设直线与平面所成角为,则,所以直线与平面所成角的正弦值为21.甲、乙两名同学同时参加学校象棋兴趣小组,在一次比赛中,甲、乙两名同学与同一位象棋教练进行比赛,记分规则如下:在一轮比赛中,如果甲赢而乙输,则甲得2分;如果甲输而乙赢,则甲得-2分;如果甲和乙同时赢或同时输,则甲得0分.设甲赢教练的概率为0.5,乙赢教练的概率为0.4.求:(1)在一轮比赛中,甲得分X的分布列;(2)在两轮比赛中,甲得分Y的分布列及均值.【答案】(1)分布列见解析;(2)分布列见解析,0.4. 【解析】【分析】(1)确定的可能值并求出对应的概率,即可写出分布列.(2)首先确定的可能值并求出对应的概率,写出分布列,再利用分布列求均值.【小问1详解】由题设,的可能取值为-2,0,2,,,.的概率分布为X-202P0.20.50.3【小问2详解】由题设,的可能取值-4,-2,0,2,4,,,,,.的概率分布为Y-4-2024P0.040.20.370.30.09所以.22.如图1,在△MBC中,BM⊥BC,A,D分别为边MB,MC的中点,且BC=AM=2,将△MAD沿AD折起到△PAD的位置,使PA⊥AB,如图2,连结PB,PC. (1)若E为PC的中点,求异面直线DE与PB所成的角大小;(2)线段PC上一动点G满足,判断是否存在,使得二面角G-AD-P的正弦值为,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1);(2)存在,.【解析】【分析】(1)根据题设可得两两互相垂直,构建空间直角坐标系求直线DE与PB的方向向量并求其数量积,即可确定异面直线的夹角.(2)由(1)得,进而求得,再求面、面法向量,利用空间向量夹角的坐标表示及已知二面角正弦值列方程求参数,即可判断存在性.【小问1详解】因为,分别为,的中点,则,因为,则,即.又,,平面,所以平面,又,综上,两两互相垂直.以为坐标原点,向量为正交基底建立空间直角坐标系如图所示, 则,,,,,,则,,.所以,故,所以异面直线与所成的角大小为.【小问2详解】假设存在使二面角的正弦值为,即二面角的余弦值为由,.所以,,.易知:平面的一个法向量为设平面的法向量,则,令,则,综上,有,即,解得,.又,故.故存在,使二面角的正弦值为.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-04-16 19:40:03 页数:19
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文章作者:随遇而安

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