1、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：C2. 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
2、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.
3、 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
4、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
5、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
6、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
7、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3a9B. 新数据的方差是9b81C. 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
8、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Tr1anrbr，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：
9、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：ACD12. 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
10、，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
11、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
12、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.
13、在的展开式中，_给出下列条件：前三项的系数成等差数列；第三项的系数为7；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：展开式前三项的系数为1，据题意得：，可得；选：展开式第三项的系数为，可得，所以；选：令，所以.【小问2详解】展开式一共有9项，二项式系数最大
14、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
15、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
16、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（
17、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
18、：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X202P0.20.50.3【小问2详解】由题设，的可能取值4，2，0，2，4，的概率分布为Y42024
19、P0.040.20.370.30.09所以.22. 如图1，在MBC中，BMBC，A，D分别为边MB，MC的中点，且BCAM2，将MAD沿AD折起到PAD的位置，使PAAB，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GADP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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