1、2021-2022学年度第二学期期中学情调研高二数学试卷一选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1. 已知向量，若，则实数值为（ ）A. 2B. 4C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用列方程，即可求解.【详解】因为向量，且，所以，解得：.故选：C2. （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用排列数的定义直接求得.【详解】由排列数的定义可得： 故选：C3. 3位男生和2位女生站成一排朗诵，其中女生不能站在一起的排法种数为（ ）A. 72B. 60C. 36D. 3【答案】A【解析】【分析】先排3位男生，再将2位
2、女生插入形成的4个空中即可.【详解】先排3位男生有种，再将2位女生插入形成的4个空中有中，故共有种.故选：A.4. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的高为（ ）A. 3B. C. 4D. 【答案】A【解析】【分析】先由底面半径为求出底面圆周长，再由侧面展开图为半圆求得母线长，进而由勾股定理求高即可.【详解】设圆锥的母线长为，由题意得底面圆的周长为，又侧面展开图为一个半圆，则，解得，故圆锥的高为.故选：A.5. 设为正实数，若随机变量的分布列为，则（ ）A. 3B. 1C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由概率和为1，求出a，再求.【详解】因为随机变量的分布列为，所以，
3、解得：a=3.所以.故选：C6. 若展开式中项的系数是8，则实数的值是（ ）A. 2B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】直接求出含的项，再由项的系数是8解方程即可求出.【详解】由题意知：含的项为，又项的系数是8，则，解得.故选：D.7. 如图1，在正方形中，点为线段上的动点（不含端点），将沿翻折，使得二面角为直二面角，得到图2所示的四棱锥，点为线段上的动点（不含端点），则在四棱锥中，下列说法正确的是（ ）A. 四点一定共面B. 存在点，使得平面C. 侧面与侧面的交线与直线相交D. 三棱锥的体积为定值【答案】B【解析】【分析】A. 用反证法判断； B.在AD上取点G，使得AG=EC，当判
4、断； C.利用线面平行的判定定理和性质定理判断； D.根据二面角为直二面角，由点E移动时，影响点B到AE的距离判断.【详解】A. 假设四点共面，则直线EC与BF共面，若EC与BF平行，又EC与AD平行，则AD与BF平行，这与AD与BF相交矛盾；若EC与BF相交，设交点为Q，则Q即在平面BAD内，又在平面AECD内，则点Q在交线AD上，这与EC与AD平行矛盾，所以假设不成立，所以B、E、C、F不共面，故错误；B.如图所示：在AD上取点G，使得AG=EC，当时，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，所以平面平面，则平面，故存在点，使得平面，故正确；C.设侧面与侧面的交线为l，因为，且面，面，所以面
5、，则，所以，故错误；D.因为二面角为直二面角，当点E移动时，点B到AE的距离即三棱锥的高变化，而是定值，故三棱锥的体积不是定值，故错误；故选：B8. 我国南宋数学家杨辉在所著的详解九章算法一书中用如图所示的三角形解释二项展开式的系数规律，去掉所有为1的项，依次构成2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，6，则此数列的第80项为（ ）A. 13B. 14C. 78D. 91【答案】D【解析】【分析】先由等差数列的求和公式判断出第80项为第13行的第2个数，再由二项展开式的系数规律求解即可.【详解】由图可知：第1行有1项，第2行有2项，每一行的项数构成等差数列，前行共有项，当时，故第80项为第
6、13行的第2个数，由二项展开式的系数规律可知第13行的第2个数为.故选：D.二多选题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知某校有1200名同学参加某次联考，其中每位学生的数学考试成绩服从正态分布，则下列说法正确的有（ ）（参考数据：；）A. 的期望为100B. 的方差为15C. 这次考试成绩超过100分的约有500人D. 【答案】AD【解析】【分析】根据题干正太分布的性质，求解出的数学期望、方差、标准差，结合正态分布三段区间的概率值，依次判断各项正误.【详解】数学考试成绩服从正态分布，
7、故的期望为，方差为，标准差为，故A项正确，B项错误；对于选项C，因为的期望为，标准差为，则,则成绩超过100分的约有人，故C项错误；对于选项D，,，,故D项正确.故选：AD.10. 关于二项展开式，下列说法正确的是（ ）A. B. 二项式系数和为C. 展开式中系数最小的项为第1012项D 【答案】BC【解析】【分析】通过赋值法，令即可判断A选项；令，即可判断D选项；由二项式系数和即可判断B选项；求出二项式系数和系数的关系，由二项式系数的增减性即可判断C选项.【详解】令，可得，故A错误；二项式的系数和为，B正确；由题意得，显然当为偶数时系数为正且等于二项式系数，当为奇数时系数为负且为二项式系数的
8、相反数，由二项式系数的增减性知二项式系数中最大，则系数最小为，C正确；令，得，令，得，两式相减得，则，D错误.故选：BC.11. 一批产品共有10件，其中有5件一等品，3件二等品，2件三等品，给出下列4个结论，其中正确的有（ ）A. 从中一次性取3件，恰有一件一等品的概率是B. 从中一次性取3件，则至少有一件一等品的概率是C. 从中有放回的抽取3件产品，每次任取一件，则至少有一次取到一等品的概率为D. 从中有放回的抽取3件产品，每次任取一件，用表示抽取3件产品中一等品的件数，则的方差为【答案】ABD【解析】【分析】对于选项A，分别求出一次性取3件一共有多少种数，再求恰有一件一等品有多少种数即可
9、求解，对于选项B、C由间接法可求解，对于选项D，根据二项分布可求解.【详解】对于A，从中一次性取3件，恰有一件一等品的概率是，故A正确；对于B，从中一次性取3件，则至少有一件一等品的概率是，故B正确；对于C，从中有放回的抽取3件产品，每次任取一件，可知每次取到一等品的概率为，则至少有一次取到一等品的概率为，故C不正确；对于D,由题意可知随机变量服从二项分布，即，所以，故D正确.故选：ABD12. 在长方体中，是线段上一动点，则下列说法正确的是（ ）A. 面B. 与所成角的最大值为C. 与平面所成角的正切值的最大值为D. 三棱锥的体积的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】先证得面面即可判断A选
10、项；由为与所成角，当与重合时，最大即可判断B选项；由即为与平面所成角，当时，正切值最大即可判断C选项；由，当与重合时，最大即可判断D选项.【详解】连接，由，得为平行四边形，则，又面，面，则面，同理可得面，又，则面面，又面，则面，A正确；由上知：，则即为与所成角，显然当与重合时，最大为，又，即与所成角的最值不大为，B错误；显然平面，连接，则即为与平面所成角，显然当最小时，正切值最大，时，最小，又，此时，故，即与平面所成角的正切值的最大值为，C正确；设到平面的距离为，由题意知：，又由平面得，故，则当最大时，三棱锥的体积最大，由平面得，又，平面，则平面，显然当与重合时，此时最大为，故，故三棱锥的体积
11、的最大值为，D正确故选：ACD三填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13. _.（用数字作答）【答案】【解析】【分析】根据组合数公式计算即可.【详解】.故答案为：.14. 抛掷一颗质地均匀的骰子，样本空间，事件，事件，则_.【答案】#0.5【解析】分析】先求出事件，再由条件概率计算即可.【详解】由题意得，则.故答案为：.15. 2018年开始实施新高考考试方案，现模拟选科，其中语文数学英语为必选科目.物理历史两科中选择一科，再从化学生物地理政治四科中任选二科，组合成“3+1+2”模式.若小王同学在政治和化学这两科中至多选一科，则他选择的组合方式有_种.（用数字作答）【答案】10【解析
12、】【分析】先考虑物理历史两科中选择一科，再分情况考虑政治和化学这两科都不选和政治和化学这两科选一科，按照计数原理求解即可.【详解】第一步：先考虑物理历史两科中选择一科有2种选法；第二步：若政治和化学这两科都不选，则选生物地理，有1种选法；若政治和化学这两科选一科，则生物地理也选一科，有种，故共有种.故答案为：10.16. 在正六棱锥中，则此正六棱锥的侧面积为_；该正六棱锥的外接球的表面积为_.【答案】 . ； . 【解析】【分析】第一空：取中点，连接，由勾股定理求得，再计算面积即可；第二空：求出棱锥的高，找出外接球球心，由勾股定理建立方程，解出外接球半径，由表面积公式求解即可.【详解】第一空：
13、如图，易得侧面的六个三角形均为全等的等腰三角形，取中点，连接，则，则，则侧面积为；第二空：连接，取中点，易得为正六边形的中心，连接，则平面，易得，则，易得外接球球心在上，连接，设外接球半径为，则，则，解得，则表面积为.故答案为：；.四解答题：本大题共6小题，共计70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写字说明证明过程或演算步骤17. 有4个不同的小球，3个不同的盒子，把小球全部放入盒内.（1）总共有多少种放法？（2）恰有一个盒内有2个小球，有多少种放法？【答案】（1）81； （2）36【解析】【分析】（1）每个球都有3种方法，由分步乘法计数原理求解即可；（2）先从4个小球种取2个小球，放入一
14、个盒内，剩下的2个小球放入另外2个盒子，1个盒子放1个球即可.【小问1详解】一个球一个球地放到盒子里，每个球都有3种方法，由分步乘法计数原理得，共有种；【小问2详解】4个小球中取2个有种，放入其中1个盒子内有种，剩下的2个小球放入剩下的2个盒子，只能1个盒子放1个球有种，故共有种.18. 如图，在正方体中，分别为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，由平面，平面，证得平面平面，即可证得平面；（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，由夹角公式求出余弦值，再由平方关系计算正弦值即可.【小问1详解】如图，取中
15、点，连接，由分别为的中点，可得，平面，平面，则平面，平面，平面，则平面，又，则平面平面，又平面，故平面；【小问2详解】如图，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，不妨设，则，则，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，则，则二面角的正弦值为.19. 请从下列三个条件中任选一个，补充在下面已知条件中的横线上，并解答问题.第2项与第3项的二项式系数之比是；第2项与第3项的系数之比的绝对值为；展开式中有且只有第四项的二项式系数最大.已知在的展开式中，_.（1）求展开式中的常数项，并指出是第几项；（2）求展开式中的所有有理项.（注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分.）【答
16、案】（1），第五项 （2）【解析】【分析】根据所选的项，结合所给条件分别有，根据有且只有第四项的二项式系数最大，求n值，均为.（1）将代入二项式确定展开式通项，令的指数为0时求，进而求出常数项；（2）将代入并写出展开式通项，再根据有偶数，从而可确定有理项【小问1详解】由二项式知：展开式通项为，第2项与第3项的二项式系数分别为、，故，整理得，又，解得.第2项与第3项的系数分别为，则有，解得.展开式中有且只有第四项的二项式系数最大，可知.展开式共有7项，从而可知.由上知：展开式通项为，当，有时，常数项为.【小问2详解】由上知：的展开项通项为，要求有理项，可知，有理项分别为，即为20. 甲乙两人进行
17、围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率是，乙获胜概率是.（1）求甲恰好在第四局获胜概率是多少？（2）记表示比赛决出胜负时的总局数，求的分布列与期望.【答案】（1） （2）分布列见解析；【解析】【分析】（1）根据题意，分析甲在每局胜负情况即可求解.（2）根据题意先确定随机变量的取法，再分别求解对应概率，列出分布列，最后根据数学期望公式求期望.【小问1详解】由题意可知，比赛四局，甲获胜，则第一局甲胜，第二局甲负，第三局甲胜，第四局甲胜，故甲恰好在第四局获胜的概率是.【小问2详解】由题可知，的可能取值为2，3，4，5，,;所以
18、的分布列为：2345数学期望.21. 如图所示，在四棱锥中，且（1）求证：平面平面；（2）已知点是线段上的动点（不与点重合），若使二面角的大小为，试确定点的位置.【答案】（1）见解析； （2）点在线段上满足【解析】【分析】（1）先由边的关系证得，结合，即可证得平面，进而证得平面平面；（2）取中点，证得平面，以为原点建立空间直角坐标系，设，表示出平面和平面的法向量，由夹角公式解出即可确定点的位置.【小问1详解】连接，由，知，在中，设的中点为，连接，则，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为正方形，所以，在中，在中，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小问2详解】在中，所以，在中，
19、过点作，垂足为，因为，所以为中点，所以，由（1）得平面，平面，则，平面，则平面.以为原点，分别以所在直线为轴，以过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间坐标系，则，设，则，易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，令，则，所以，即，即，解得（舍）或，所以，当点在线段上满足时，使二面角的大小为.22. 钟南山院士谈到防护新型冠状病毒肺炎时说：“我们需要重视防护，但不必恐慌，尽量少去人员密集的场所，出门戴口罩，在室内注意通风，勤洗手，多运动，少熬夜.”为了增强学生的防疫意识，某校组织了“增强防疫意识，强健自身体魄”知识竞赛活动.教务处为了解学生对相关知识的掌握情况，从该校参赛学生中随机抽取了
20、100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率分布直方图.（1）求的值，并求这100名学生竞赛成绩的样本平均值（同一组的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）若该校所有参赛学生的成绩近似服从正态分布，用（1）中的样本平均值表示，其中估计值为15，利用所得正态分布模型解决以下问题：在竞赛活动中，按成绩从高到低分别设置一等奖，二等奖，三等奖和参与奖，若使该校有15.865%的学生获得一等奖，则获得一等奖的最低分数是多少？若该校高二年级共有1000名学生参加了竞赛，且参加竞赛的学生分数相互独立，试问这1000名学生成绩不低于94分的学生数最有可能是多少？附：若，【答案】（1），样本平均值为64； （2）79分；23【解析】【分析】（1）直接由频率和为1解出，按照频率分布直方图平均数的求法直接求样本平均值即可；（2）直接由正态分布的对称性及所给区间概率求解即可.【小问1详解】由题意知：，解得，样本平均值为；【小问2详解】由（1）知：，则，要使该校有15.865%的学生获得一等奖，则获得一等奖的最低分数是79分；易得，即，则，则成绩不低于94分的学生数为人，则成绩不低于94分的学生数最有可能是23人.
