1、灌南县20212022学年度第二学期期中调研考试高二数学试题考试时间：120分钟 试卷总分：150分一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上）1. 已知，则x可能取值为（ ）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】B【解析】【分析】根据组合数的性质求解即可【详解】因为，故，或，故故选：B2. 在正方体中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据空间向量基本定理，结合空间向量加法的几何意义进行求解即可.【详解】因为，而，所以有，故选：A3. 已知向量，若，则（ ）A. 1B. C.
2、 D. 2【答案】B【解析】【分析】由向量平行，先求出的值，再由模长公式求解模长.【详解】由，则，即 则，所以则故选：B4. 已知随机变量服从正态分布，且，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】分析：由题意结合正态分布图象的对称性整理计算即可求得最终结果.详解：由题意可知，正态分布的图象关于直线对称，则，故：.本题选择B选项.点睛：关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法：熟记P(X)，P(2X2)，P(3X3)的值充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.5. 一个频数分布表(样本容量为30)不小心被损坏了一部分，若样本中数据在20，60)内的频率为0.8，则样本中在40
3、，60)内的数据个数为（ ）A. 15B. 16C. 17D. 19【答案】A【解析】【分析】首先计算数据在的频率和频数，再根据表中的频数计算样本中在的个数.【详解】数据在内的频率为，并且数据在内的频率为，所以数据在的频率为，那么数据在的频数为，那么样本中数据在的个数为.故选：A【点睛】本题考查频率，频数的简单应用，重点考查数据分析，属于基础题型.6. 下列说法正确的有（ ）A. 设随机变量X服从二项分布，则B. 若X是随机变量，则E（2X1）2E（X）1，D（2X1）4D（X）1C. 已知随机变量N（0，1），若P（1）p，则P（1）12pD. 设随机变量表示发生概率为p的事件在一次随机实验
4、中发生的次数， 【答案】D【解析】【分析】根据二项分布计算概率判断A，根据期望、方差的公式判断B，由正态分布在对称区间上的概率判断C，根据两点分布确定方差再由均值不等式可判断D.【详解】对于选项A：，故A错误；对于选项B：若是随机变量，则，故B错误；对于选项C：因随机变量服从正态分布，故，则，故C错误；对于选项D：随机变量的可能取值为、，故，当且仅当取等号，故D正确.故选：D7. 如图所示，A，B两点共有5条连线并联，它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为2，3，4，3，2现记从中任取三条线且在单位时间内都通过的最大信息总量为，则的值为（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根
5、据题意可得的可能取值为7,8,9,10，再根据与为对立事件求解即可【详解】由已知得，的可能取值为7,8,9,10，故与是对立事件，所以P(8)1P(7)故选：D8. 在长方体中，是线段上的一动点，如下的四个命题中，（1）平面；（2）与平面所成角的正切值的最大值是；（3）的最小值；（4）以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是真命题共有几个（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由面面平行的判定可证得平面平面，由面面平行的性质可知（1）正确；根据线面角定义可知为与平面所成角，可知当最小时，最大，利用面积桥可求得，可求得（2）错误；将和沿展开，可知的最小值为，利用两角和差余弦公式可求
6、得，利用余弦定理可知（3）正确；根据球的截面的特点可知截面圆半径为，可知交线为以为圆心，为半径的圆在平面上的部分，由此可求得（4）正确.【详解】对于（1），连接；，四边形为平行四边形，又平面，平面，平面；同理可得：平面，平面，平面平面，又平面，平面，（1）正确；对于（2），连接，平面，即为与平面所成角，则，则当最小时，取得最大值；当时，取得最小值，此时，的最大值为，（2）错误；对于（3），将和沿展开可得平面图形如下，则当三点共线时，取得最小值；由题意知：，；在中，；在中，；，由余弦定理得：，即的最小值，（3）正确；对于（4），平面，点到平面的距离为，平面截球所得截面圆半径，则以为球心，为半径的
7、球面与侧面的交线即为以为圆心，为半径的圆在侧面上的部分；交线长为，（4）正确.故选：C.【点睛】方法点睛：本题考查立体几何中的线面平行的证明、线面角和最短距离的求解、截面问题的求解；求解立体几何中最短距离问题时，基本方法是通过将两线段所在平面展开，根据三点共线确定最小距离.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分，请把答案填涂在答题卡相应位置上）9. 对于mN*，nN*，mn，关于下列排列组合数，结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】利用排列数、组合
8、数公式对各选项逐一计算判断可得答案.【详解】对于A，A错误；对于B，由组合数的性质知，成立，B正确；对于C，因为，因此成立，C正确；对于D，因为， ，所以不成立，D错误.故选： BC.10. 已知的二项展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是（ ）A. 二项展开式中无常数项B. 二项展开式中第3项为C. 二项展开式中各项系数之和为D. 二项展开式中二项式系数最大的项为【答案】BC【解析】【分析】由二项式系数之和为64，可得，可求得，从而可得二项式的通项公式为，然后逐个分析判断即可【详解】因为的二项展开式中二项式系数之和为64，所以，得，所以二项式的通项公式为，对于A，令，则，所以二项式
9、展开式的第5项为常数项，所以A错误，对于B，令时，所以B正确，对于C， 令，则二项展开式中各项系数之和为，所以C正确，对于D，因为二项式展开式中共有7项，所以第4项的二项式的系数最大为，所以D错误，故选：BC11. 已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（1，3，1），则正确的有（ ）A. 与是共线向量B. 平面ABC的一个法向量是（1，1，3）C. 与夹角的余弦值是D. 与方向相同的单位向量是（1，1，0）【答案】BC【解析】【分析】A选项直接写出与，按照共线向量即可判断；B选项直接计算法向量即可. C选项通过夹角公式计算即可；D选项由单位向量的求法进行判断；【详解】对A，因为
10、，显然与不共线，A错误；对B，设平面的法向量，则，令，得，B正确.对C，C正确；对D，方向相同的单位向量，即，D错误；故选：BC12. 现有一款闯关游戏，共有关，规则如下：在第关要抛掷骰子次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则算闯过第关，.假定每次闯关互不影响，则（ ）A. 直接挑战第关并过关的概率为B. 连续挑战前两关并过关的概率为C. 若直接挑战第关，设 “三个点数之和等于”， “至少出现一个点”，则D. 若直接挑战第关，则过关的概率是【答案】ACD【解析】【分析】分别求出基本事件的总数，求出符合条件的事件数，然后利用条件概率以及古典概型的概率公式进行求解，
11、对每个选项逐一判断即可【详解】解：对于，直接挑战第2关，则，所以投掷两次点数之和应大于6，故直接挑战第2关并过关的概率为，故选项正确；对于，闯第1关时，所以挑战第1关通过的概率为，则连续挑战前两关并过关的概率为，故选项错误；对于，由题意可知，抛掷3次的基本事件有个，抛掷3次至少出现一个5点的基本事件共有个，故，而事件包括：含5，5，5的1个，含4，5，6的有6个，一共有7个，故，所以，故选正确；对于，当时，基本事件共有个，“4 次点数之和大于20”包含以下情况：含5，5，5，6的有4个，含5，5，6，6的有6个，含6，6，6，6的有1个，含4，6，6，6的有4个，含5，6，6，6的有4个，含4
12、，5，6，6的有12个，含3，6，6，6的有4个，所以共有个，所以直接挑战第4关，则过关的概率是，故选项正确故选：三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分请把答案填写在答题卡相应位置上）13. 求值：_【答案】0【解析】【分析】根据组合数的计算求解即可【详解】故答案为：014. 2022年北京冬奥会即将开幕，某校4名学生报名担任志愿者.将这4名志愿者分配到3个比赛场馆，每个比赛场馆至少分配一名志愿者，则所有分配方案共有_种.（用数字作答）【答案】36【解析】【分析】先将4名同学按2,1,1分成3组，再将这3组分配到3个比赛场馆可得答案.【详解】将4名同学按2,1,1分成3组有种方法.
13、再将这3组分配到3个比赛场馆，共有种则所有分配方案共有种故答案为：3615. 已知空间向量，且，则n_，向量与的夹角为_【答案】 . 2 . #【解析】【分析】根据求得，利用夹角公式求得向量与的夹角.【详解】解：依题意，解得，所以，所以，由于，所以向量与的夹角为.故答案为：；.16. 如图所示，在杨辉三角中，斜线AB上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：1，2，3，3，6，4，10，记这个数列的前n项和为S(n)，则S(16)的值为_.【答案】164【解析】【分析】根据图形可知，从第三行起每一行取第二和第三个数字，再根据组合数的性质，即可计算求出.【详解】由图可知，这十六个数的和为故答案为：1
14、64.【点睛】本题主要考查组合数的性质的应用，解题关键是凑出的形式，反复利用组合数性质求和，属于基础题四、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出文字说明、证明过程或演算步骤）17. 在二项式的展开式中，求：（1）二项式系数之和；（2）各项系数之和；【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用展开式的二项式系数和可求得结果；（2）令可求得展开式各项系数之和.【小问1详解】解：由题意可知，展开式的二项式系数之和为.【小问2详解】解：由题意可知，展开式的各项系数之和为.18. 一组学生共有7人（1）若有3名男生、4名女生，全体排成一排，男生互不相邻，求不同的排列方
15、法总数；（2）全体排成一排，甲既不站排头也不站接尾，求不同的排列方法总数；（3）如果从中选出男生2人，女生2人，参加三项不同的活动，要求每人参加一项且每项活动都有人参加的选法有648种，问该组学生中男、女生各有多少人？【答案】（1）1440 （2）3600 （3）男生3人，女生4人或男生4人，女生3人【解析】【分析】（1）根据插空法先排女生，再安插男生即可求解.（2）根据特殊元素优先安排原则，先排甲，再排剩下6人即可.（3）根据组合数计算，先把人选出来，然后分组分配即可求解.【小问1详解】（揷空法）先排女生，有种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选 3 个空位安排男生，有种方法，共；【小问2
16、详解】先排甲，有5种方法，其余6人有种排列方法，共有 （种；【小问3详解】设有男生人，女生则有人，从这7人中选出2名男生2女生方法有 种，要求每人参加一项且每项活动都有人参加，有种，根据分步乘法计数原理得，所以， 且，解得或，所以该组学生中男生3人，女生4人或男生4人，女生3人19. 甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和3个红球，丙袋中有4个白球和4个红球先随机取一只袋，再从该袋中先随机取1个球不放回，接着再从该袋中取1个球（1）求第一次取出的球为红球的概率；（2）求第一次取出的球是红球的前提下，第二次取出的球是白球的概率【答案】（1）; （2）.【解析】【分析】（1）设出事件，利用
17、全概率公式进行求解；（2）结合第一问的求解，设出事件，用全概率公式和条件概率公式进行求解.【小问1详解】设第一次取出的球为红球为事件A，取到甲袋、乙袋、丙袋为事件，则，由全概率公式可得：.【小问2详解】设第二次取出的球是白球为事件，由全概率公式可得： ，所以.20. 冬奥会的全称是冬季奥林匹克运动会，是世界规模最大的冬季综合性运动会，每四年举办一届第24届冬奥会于2022年在中国北京和张家口举行为了弘扬奥林匹克精神，让学生了解更多的冬奥会知识，某学校举办了有关2022年北京冬奥会知识的宣传活动，其中有一项为抽卡答题活动，盒中装有9张大小相同的精美卡片，卡片上分别印有北京冬奥会的吉祥物“冰墩墩”
18、和“雪容融”卡片背面都有关于冬奥会的问题，答对则奖励与卡片对应的吉祥物玩偶其中“冰墩墩”卡片有5张，编号分别为1，2，3，4，5；“雪容融”卡片有4张，编号分别为1，2，3，4，从盒子中任取4张卡片（假设取到任何一张卡片的可能性相同）（1）求取出4张卡片中，含有编号为4的卡片的概率；（2）在取出的4张卡片中，“冰墩墩”卡片的个数设为X求随机变量X的分布列【答案】（1） （2）详见解析.【解析】【分析】（1）利用古典概型的概率求解；（2）则X的可能取值为0，1，2，3，4，分别求得其相应的概率，再列出分布列.【小问1详解】解：从盒子中任取4张卡片的基本事件的总数为，取出的卡片中，含有编号为4的卡
19、片的基本事件数位，所以取出的4张卡片中，含有编号为4的卡片的概率位；【小问2详解】在取出的4张卡片中，“冰墩墩”卡片的个数设为X ，则X的可能取值为0，1，2，3，4，则，所以随机变量X的分布列为：X01234P21. 如图，正方体的棱长为2，E，F分别为和的中点，P为棱上的动点（1）是否存在点P使平面？若存在，求出满足条件时的长度并证明；若不存在，请说明理由；（2）当为何值时，平面与平面所成锐二面角的正弦值最小【答案】（1）存，； （2）.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理计算作答.（2）利用（1）中坐标系，借助空间向量计算锐二面角的余弦值，推理判断作答
20、.【小问1详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，因E，F分别为和中点，P为棱上的动点，则，设，显然，即，由得，此时有，而，且平面，因此，平面，所以存在点P，使平面，.【小问2详解】在（1）的空间直角坐标系中，令平面的法向量为，则，令，得，而平面的法向量，设平面与平面所成锐二面角为，则，当且仅当时取“=”，因此，当，即时，当且仅当时取“=”，所以当，即时，平面与平面所成锐二面角的正弦值最小.22. 已知数列的首项为1，记.（1）若数列是公比为3的等比数列，求的值；（2）若数列是公差为2的等差数列，求证：；求证：是关于的一次多项式.【答案】（1）（2）证明见解析，证明见解析【解析】【分析】（1）求出，代入，根据二项式定理的逆用可得，再将代入即可得解；（2）利用组合数的阶乘形式变形可证结论；求出，将代入到，分成两组，利用，逆用二项式定理化简可得结果.【详解】（1）因为数列是公比为3的等比数列，且，所以，所以，所以.（2），所以.因为数列是公差为2的等差数列，且，所以，又由知，所以，所以，所以是关于的一次多项式.【点睛】关键点点睛：掌握组合数公式的阶乘形式和二项式定理的逆用是解题关键 。
Copyright@ 2020-2024 m.ketangku.com网站版权所有