1、20212022学年第二学期期中考试高二数学试题用时：120分钟 满分：150分一、选择题：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，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上.1. 从6名同学中选出正、副组长各1名，不同的选法种数为（ ）A. 6B. 7C. 15D. 30【答案】D【解析】【分析】根据题意，从6名同学中选出正、副组长各1名是个排列问题，可得答案.【详解】从6名同学中选出正、副组长各1名，不同的选法有种，故选：D2. 已知随机变量，且，则的值为（ ）A. 0.3B. 0.4C. 0.6D. 0.8【答案】C【解析】【分析】根据正态
2、分布的对称性即可求解.【详解】解：，故选：C.3. 被除的余数是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用二项式定理展开，可得出被除的余数.【详解】因为，因此，被除的余数是.故选：A.4. 甲和乙两个箱子中各装有10个球，其中甲箱中有5个红球、5个白球，乙箱中有8个红球、2个白球.掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，从甲箱子随机摸出1个球；如果点数为3，4，5，6，从乙箱子中随机摸出1个球.则摸到红球的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分别计算出从甲箱中摸到红球的概率和从乙箱中摸到红球的概率，然后利用概率的加法公式即可.【详解】从甲箱中摸红球：
3、掷到点数为1或2的概率为，再从甲箱中摸到红球的概率为，故从甲箱中摸到红球的概率为；从乙箱中摸红球：掷到点数为3，4，5，6的概率为，再从乙箱中摸到红球的概率为，故从乙箱中摸到红球的概率为；综上所述：摸到红球的概率为故选：C5. 同时掷两颗质地均匀的骰子，观察朝上一面出现的点数.设两颗骰子出现的点数分别为，记，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别求出随机变量、时的概率，再利用互斥事件的加法公式计算作答.【详解】依题意，随机变量满足的事件是、的3个互斥事件的和，而，所以.故选：B6. 在直三棱柱中，若，分别是，的中点，则与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答
4、案】B【解析】【分析】作中点，连接，证为与所成角，再根据余弦定理去求的余弦值即可【详解】如图，作中点，连接，在直三棱柱中，由，分别是，的中点，得，所以四边形为平行四边形，所以，所以为与所成角，由，设，易得，由余弦定理得，故选：B7. 在四面体中，点在上，且，是的中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的线性运算可得出关于、的表达式，再利用可求得结果.【详解】由已知，所以，故选：D.8. 设，则（ ）A 10206B. 5103C. 729D. 728【答案】A【解析】【分析】首先两边同时取导数，再写出展开式的通项，最后利用赋值法计算可得；【详解】解：因为，两
5、边同时取导数得，其中展开式的通项为，所以当为奇数时系数为负数，为偶数时系数为正数，即，令，则，所以；故选：A二、选择题：共4小题，每小题5分，共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，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上.9. 根据变量与的对观测数据，求得相关系数，线性回归方程，则下列说法正确的是（ ）A. 与正相关且相关性较弱B. 与负相关且相关性很强C. 每增加1个单位时平均减少0.6D. 若，则【答案】BC【解析】【分析】根据相关系数的意义可判断AB，由线性回归方程的斜率可判断C，因为回归方程过中心点，故将代入回
6、归方程即可判断D【详解】因为相关系数，线性回归方程，则与负相关且相关性很强；因为线性回归方程的斜率为，则每增加1个单位时平均减少0.6；故A错，BC正确；因为回归方程过中心点，若，则，故D错故选：BC10. 设随机变量的可能取值为，并且取是等可能的.若，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】由等可能得出，结合求出值，再由期望公式和方差公式计算后判断.【详解】由题意，.故选：AC.11. 下列等式成立的有（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】利用排列数公式推理、计算判断A，B；利用组合数公式、组合数性质推理、计算判断C，D作答.【详解】
7、对于A，A正确；对于B，B正确；对于C，C不正确；对于D，由组合数性质：知，D正确.故选：ABD12. 在棱长为1的正方体中，点，分别是上底面和侧面的中心，则（ ）A. B. C. 点到平面的距离为D. 直线与平面所成的角为60【答案】BCD【解析】【分析】建立图所示的直角坐标系,利用向量法逐一求解.【详解】解：建立图所示的直角坐标系，由题意得,所以,所以,故A错，,故B对，设平面的法向量为，则,即,令，得，故点到平面的距离，故C对，根据正方体的可知，平面,故直线与平面所成的角的正弦值为：,又，故60，故D正确.故选：BCD.三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分.请把答案直接填写在答题卡
8、相应位置上.13. 已知，则_.【答案】6【解析】【分析】根据空间向量的数量积的坐标运算公式即可求解.【详解】由，得，.故答案为：.14. 在的展开式中，含的项的系数是_.【答案】25【解析】【分析】根据多项式乘法法则得结论.【详解】是由题中五个一次式中4个取，一个取常数项相乘得出，所以其系数为.故答案为：25.15. 在件产品中，有件合格品，3件不合格品.若从中任意抽出2件，至少有一件不合格品的概率为，则_.【答案】12【解析】【分析】根据题意可求其对立事件的概率，再解方程求解.【详解】依题意得，至少有一件不合格品的概率为所有都合格的概率为，即 ，化简得 解得：或（舍去）故答案为：.16.
9、4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；3，4；5，6；7，1.将这4张卡片排成一排，可构成_个不同的四位数.（用数字作答）【答案】336【解析】【分析】根据给定条件，按出现1的个数分类，求出每一类中四位数个数即可计算作答.【详解】依题意，4张卡片应全部取出，含数字1的卡片用数字只有1种方法，不用1也只有1种方法，当四位数中没有数字1时，排卡片有种方法，含有数字1的卡片只能用2和7，不含数字1的卡片上数字各有两种取法，从而得四位数有个，当四位数中有一个数字1时，选一张含有数字1的卡片有种方法，排卡片有种方法，不含数字1的卡片上数字各有两种取法，从而得四位数有个，当四位数中有两个数字1时，取两个数
10、位排含数字1的卡片，有种方法，另两个数位排不含数字1的卡片，有种方法，不含数字1的卡片上数字各有两种取法，从而得四位数有个，由分类加法计数原理得：不同四位数有个.所以可以构成不同四位数个数是336.故答案为：336【点睛】思路点睛：解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步四、解答题：共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17. 随着互联网的发展，网络已成为人们日常学习、工作和生活不可或缺的部分，互联网在带给人们生活便捷与高效工作的同时，网络犯罪也日益增多，为了防范网络犯罪与网络诈骗，学校
11、举办“网络安全宣传倡议”活动.学校从全体学生中随机抽取了200人对“网络安全宣传倡议”的了解情况进行问卷调查，统计结果如下表所示：男女合计了解70125不了解45合计（1）根据所提供数据，完成列联表；（2）判断是否有95%的把握认为对“网络安全宣传倡议”的了解情况与性别有关.参考公式：，其中.参考数据：0.100.050.01000052.7063.8416.6357.879【答案】（1）表格见解析 （2）有95%的把握认为对“网络安全宣传倡议”的了解情况与性别有关.【解析】【分析】（1）根据题意，即可得到 列联表；（2）根据列联表中数据，求得，结合附表，即可得到结论.【小问1详解】解：根据题
12、意，得到 列联表为：男女合计了解7055125不了解304575合计100100200【小问2详解】解：提出假设：对“网络安全宣传倡议”了解情况与性别无关，根据列联表中数据，可以求得，因为当成立时，这里的，所以我们有95%的把握认为对“网络安全宣传倡议”的了解情况与性别有关.18. 如图，在正方体中，为棱的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）连接，交交于点，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）以为正交基底建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：在正方体中
13、，连接，交交于点，则为中点，因为为中点，所以，又因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】解：在正方体中，以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系设正方体的棱长为2，则，所以，设平面的一个法向量，则，取，可得，所以平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，所以，又由二面角为钝二面角，所以二面角余弦值为.19. 已知某型号汽车的平均油耗（单位：L/100km）与使用年数之间有如下数据：123455.66.16.47.07.4（1）利用最小二乘法求关于的线性回归方程；（2）试估计该型号汽车使用第8年时的平均油耗.（附：，）【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据表格所给数据运用最小二乘法求其
14、线性回归方程即可；（2）利用（1）的线性回归方程，将第年代入方程即可估计平均油耗.【小问1详解】由表中数据可得：，代入公式，求得回归系数，因此，线性回归方程为：【小问2详解】由（1）知，当时，所以，该型号汽车使用第8年时的平均油耗约为.20. 甲、乙两名运动员进行乒乓球单打比赛，根据以往比赛的胜负情况知道，每一局甲胜的概率为，乙胜的概率为.如果比赛采用“五局三胜（即有一方先胜3局即获胜，比赛结束）”比赛规则.（1）求甲获胜的概率；（2）记甲、乙比赛的局数为，求的概率分布列和数学期望.【答案】（1） （2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）甲前三局胜了两局，且第四局甲胜，即可求解.(2)列出的
15、所有取值，求出对应概率，再列出分布列，即可求出期望.【小问1详解】记甲获胜为事件，说明甲前三局胜了两局，且第四局甲胜，所以答：甲获胜的概率为【小问2详解】可能取值是3、4、5，所以345则21. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，点在线段上（不与端点重合），.（1）求证：平面；（2）是否存在点使得直线与平面所成角为30？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析 （2）存在，【解析】【分析】（1）在正方形中，可得，又由，根据线面垂直的判定定理，即可证得平面；（2）以为正交基底建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量，结合直线与平面所成角为，列出方程求得的值，即可得到结论.
16、【小问1详解】证明：在正方形中，可得，又由，且，平面，平面，根据线面垂直的判定定理，可得平面.【小问2详解】解：在平面中，过点作交于点.由（1）知平面，所以，又由，以为正交基底建立空间直角坐标系，如图所示，则，设，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以平面的一个法向量，因为直线与平面所成角为，所以，解得综上可得，存在点使得直线与平面所成角为，且.22. 2022年4月23日是第27个“世界读书日”，某校组织“读书使青春展翅，知识让生命飞翔”主题知识竞赛，规定参赛同学每答对一题得2分，答错得1分，不限制答题次数.已知小明能正确回答每题的概率都为，且每次回答问题是相互独立的，记小明得分
17、的概率为，.（1）求，的值；（2）求.【答案】（1）， （2）【解析】分析】（1）由得2分即回答1题正确或者回答2题都错误，得3分即回答2题1题正确，1题错误或者回答3题都错误，根据互斥事件概率加法公式及相互独立事件概率乘法公式即可求解；（2）由小明得分有两种情况，一种是小明在得分的情况下又答1题错误；另一种是小明在得分的情况下又答1题正确，可得，进而利用配凑法，根据等比数列的定义可得是以为首项，为公比的等比数列，则有，从而利用累加法可求.【小问1详解】解：得2分即回答1题正确或者回答2题都错误，所以，得3分即回答2题1题正确，1题错误或者回答3题都错误，所以；【小问2详解】解：因为小明得分有两种情况，一种是小明在得分的情况下又答1题错误；另一种是小明在得分的情况下又答1题正确.所以，即，因为，所以，因此是以为首项，为公比的等比数列，所以，当时，又符合上式，所以.
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