江苏省常州市第一中学、泰兴中学2021-2022学年高二数学下学期期中联考试题（Word版附解析）.docx

1、常州市第一中学2021-2022学年第二学期期中考试高二数学试卷（本试卷共22道题，满分150分，考试时间120分钟）出卷人：一、选择题：本题共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1. 下表是离散型随机变量X的概率分布，则常数的值是（ ）X3456PA. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由随机变量分布列中概率之和为1列出方程即可求出a.【详解】由，解得.故选：C.2. 如图，在三棱锥SABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在棱EF上，且满足，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的加、减运算即可求

2、解.【详解】由题意可得 .故选：D 3. 如果随机变量，且，那么的值为（ ）A. 0.2B. 0.32C. 0.4D. 0.8【答案】A【解析】【分析】根据已知条件得出，且有，进而根据对称性得.【详解】解：已知随机变量，则，根据正态密度曲线的对称性得出.故选：A4. 在空间直角坐标系中，已知点，那么下列说法正确的是（ ）点关于轴对称的点的坐标是；点关于平面对称的点的坐标是；点关于平面对称点的坐标是；点关于原点对称点的坐标是.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据点关于坐标轴对称点的特点可判断的正误，利用点关于坐标平面对称点的特点可判断的正误，利用点关于原点的对称点的特点可判断的

3、正误.【详解】空间直角坐标系中，点.对于，点关于轴对称的点的坐标是，错误； 对于，点关于平面对称的点的坐标是，错误；对于，点关于平面对称点的坐标是，正确；对于，点关于原点对称点的坐标是，正确； 综上知，正确的命题序号是.故选：D.5. 8个人坐成一排，现要调换其中3个人的每一个人的位置，其余5个人的位置不变，则不同调换方式有（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先从8人中任取3人，再对3人位置全调，然后利用分步计数原理求解.【详解】从8人中任取3人有种，3人位置全调，由于不能是自己原来的位置，所以有种，所以不同调换方式有种.故选：C.6. 若的展开式中的系数为0，则（ ）A.

4、 B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求得的展开式中和的系数，得到的展开式中的系数，进而可以解得.【详解】因为的展开式中的系数为，的系数为，所以的展开式中的系数为，由，得.故选：C.7. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】令，可得，可得出，利用展开式通项可知当为奇数时，当为偶数时，然后令可得出的值.【详解】令，可得，则，二项式的展开式通项为，则.当为奇数时，当为偶数时，因此，.故选：A.【点睛】结论点睛：一般地，若.（1）；（2）展开式各项系数和为；（3）奇数项系数之和为；（4）偶数项系数之和为.8. 太行山脉有很多优美的旅游景点.现有甲乙两位游客慕名来

5、到太行山脉，都准备从CDEF，4个著名旅游景点中随机选择一个游玩.设事件A为“甲和乙至少一人选择C”，事件B为“甲和乙选择的景点不同”，则条件概率（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由独立乘法公式、互斥事件加法公式求、，再利用条件概率公式求即可.【详解】由题设，甲乙选景点C的概率为，选其它景点的概率为，则，所以.故选：D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，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. 若，是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间一个基底的是A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】ABD【解析】【分析

6、】根据空间向量的共面定理，一组不共面的向量构成空间的一个基底，对选项中的向量进行判断即可【详解】解：对于中、，中、，中、，每组都是不共面的向量，能构成空间的一个基底；对于，、，满足，是共面向量，不能构成空间的一个基底故选：ABD【点睛】本题考查了空间向量共面的判断与应用问题，属于基础题10. 的展开式中系数最大的项是（ ）A. 第2项B. 第3项C. 第4项D. 第5项【答案】BC【解析】【分析】先求出通项公式，可得第项的系数为： ，设第项的系数最大，则，解出的范围，从而可得答案【详解】的展开式的通项公式为： 则第项的系数为：设第项的系数最大，则 即，即 解得，所以或时，的展开式中系数最大即的

7、展开式中系数最大是第3,4项,故选：BC11. 假设某市场供应的职能手机中，市场占有率和优质率的信息如下品牌甲乙其他市场占有率优质率在该市场中任意买一部手机，用，分别表示买到的智能手机为甲品牌乙品牌，其他品牌，表示可买到的优质品，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据条件概率公式及相互独立事件的概率公式计算可得；【详解】解：依题意可得，因为，所以，故正确的有ABD；故选：ABD12. 如图，在菱形ABCD中，AB2，BAD60，将ABD沿对角线BD翻折到PBD位置，连接PC，构成三棱锥 设二面角为，直线和直线所成角为，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A. PC与

8、平面BCD所成最大角为45B. 存在某个位置，使得PBCDC. 当时，的最大值为D. 存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为【答案】BC【解析】【分析】取BD的中点O，由题可得平面，进而可得PC与平面BCD所成的角为PCO，利用特值可判断A，利用向量法可得，结合条件可判断BC，若B到平面PDC的距离为，则有平面PCD，进而判断D【详解】取BD的中点O，连接，则，又，可得平面，平面，所以平面平面，PC与平面BCD所成的角为PCO，当PC时，OPC为等边三角形，此时PCO6045，故A错误；由上可知为的平面角，即，因为，所以，当时，即，故B正确；又，当时，所以，即的最大值为，故C正确；点B到PD

9、的距离为，点B到CD的距离为，若B到平面PDC的距离为，则平面PBD平面PCD平面CBD平面PCD，则有DB平面PCD，即DBCD，与BCD是等边三角形矛盾，故D错误故选：BC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 设随机变量，若，则p的值为_.【答案】#0.5【解析】【分析】由二项分布的概率公式求，再根据列方程求参数p.【详解】，解得.故答案为：.14. 已知四棱柱的底面是正方形，底面边长和侧棱长均为2，则对角线的长为_【答案】【解析】【分析】由向量的方法计算，将表示成，平方即可.【详解】由题可知四棱柱为平行六面体，所以，所以.故答案为：.15. 第24届冬季奥运会于2022年

10、2月4日至2022年2月20日在北京市和河北省张家口市举行现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪馆、国家速滑馆、首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，要求每个场馆都有人去，且这四人都在这三个场馆，则甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的概率为_【答案】【解析】【分析】利用分组分配法可得所有等可能结果，然后利用分类加法计数原理结合排列、组合知识计算甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的结果，再利用古典概型概率公式即得.【详解】由题可知安排甲、乙、丙、丁四名志愿者三个场馆参加活动，要求每个场馆都有人去，且这四人都在这三个场馆，共有种，其中甲和乙都没去首钢滑雪大跳台，有两类办法：若有两个人去首钢滑雪大跳台

11、，则肯定是丙、丁，即甲、乙分别去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有种；若有一个人去首钢滑雪大跳台，从丙、丁中选，有种，然后剩下的一个人和甲、乙被安排去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有种，则共有种，综上可得，甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为；所以甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的概率为.故答案为：.16. 有7张卡片分别写有数字从中任取4张，可排出不同的四位数的个数是_【答案】114【解析】【分析】根据题意,按取出数字是否重复分4种情况讨论:、取出的4张卡片中没有重复数字,即取出的4张卡片中的数字为1、2、3、4;、取出的4张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2;若取出的4张卡片为

12、2张1和2张2;、取出的4张卡片种有3个重复数字，则重复的数字为1.分别求出每种情况下可以排出四位数的个数,由分类计数原理计算可得答案【详解】根据题意，分4种情况讨论：(1)取出的4张卡片中没有重复数字,即取出的4张卡片中的数字为1、2、3、4，此时=24种顺序,可以排出24个四位数;(2)取出的4张卡片中有2个重复数字,则2个重复的数字为1或2，若重复的数字为1,在2、3、4中取出2个,有种取法,安排在四个位置中,有种情况,剩余位置安排数字1,可以排出312=36个四位数,同理,若重复的数字为2,也可以排出36个重复数字;(3)若取出的4张卡片为2张1和2张2,在4个位置安排两个1,有种情况

13、,剩余位置安排两个2,则可以排出61=6个四位数;(4)取出的4张卡片中有3个重复数字,则重复的数字为1,在2、3、4中取出1个卡片,有 种取法,安排在四个位置中,有 种情况,剩余位置安排1,可以排出34=12个四位数;所以一共有24+36+36+6+12=114个四位数.故答案为:114.【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用,属于难题,有关排列组合的综合问题,往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题,解答这类问题理解题意很关键,一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”,在应用分类计数加法原理讨论时,既不能重复交

14、叉讨论又不能遗漏,这样才能提高准确率,难度较难.四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.（1）求m的值；（2）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和；（3）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率.【答案】（1）7；（2）128；（3）.【解析】【分析】（1）根据二项展开式的通项公式即可获解；（2）令即可获解；（3）求出有理项的个数，再用插空法即可.【详解】（1）展开式的通项为，展开式中第4项的系数为，倒数第4项的系数为，即.（2）令可得展开式中所有项的系数和为，展开式中所有项的二项式系数和为.

15、（3）展开式共有8项，由（1）可得当为整数，即时为有理项，共4项，由插空法可得有理项不相邻的概率为.18. 如图，在几何体中，平面，平面，又，（1）求与所成角的余弦值；（2）求二面角的大小【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用线线角向量求法即得；（2）利用坐标，求两个半平面所在平面的法向量，根据向量夹角公式即得.小问1详解】以为正交基底，建立空间直角坐标系，如图所示，设与所成角为，；【小问2详解】，设平面的法向量所以，即，解得，取，因为，设平面的法向量，所以，即，解得，取，设平面与平面所成的二面角的平面角为，则，又，所以.19. 江苏省高考从2018年秋季高中

16、入学的新生开始新模式，即3+1+2模式;2021年开始，高考总成绩由语数外+物理、历史（选1门）+化学、生物、政治、地理（选2门）等六门科目构成. 现将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A、B+、B、C+、C、D+、D、E共8个等级.参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%、7%、16%、24%、24%、16%、7%、3%.选考科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到91，100、81，90、71，80、61，70、51，60、41，50、31，40、21，30八个分数区间，得到考生的等级成绩.某校高一年级共2 000人，为给高一学

17、生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中化学考试原始成绩基本服从正态分布N(60，169).（1）求化学原始成绩在区间(47，86)的人数;（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取3人，记X表示这3人中等级成绩在区间61，80的人数，求X的分布列和数学期望.(附:若随机变量N(，2)，则P(-+)0.682 7，P(-2+2)0.954 5，P(-3+3)0.997 3)【答案】（1）1637(人)；（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据正态曲线的对称性求得化学原始成绩在区间(47，86)上的概率，从而即可求得化学原始成绩在区间(47，86)的人数;（2）根据题意求得随机抽

18、取1人，其成绩在区间61，80内的概率，随机变量X服从二项分布，写出X的所有可能取值，求出对应的概率，即可写出分布列，从而求得期望.【详解】解：(1)因为物理原始成绩N(60，132)，所以P(4786)=P(4760)+P(6086)=P(60-1360+13)+P(60-21360+213)=08186.所以化学原始成绩在(47，86)的人数为2 0000.818 6=1637(人).(2)由题意得，随机抽取1人，其成绩在区间61，80内的概率为所以随机抽取三人，则X的所有可能取值为0，1，2，3，且XB，所以P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2)=，P(X=3)=所以X的分布列为X

19、0123P所以数学期望E(X)=320. 如图，四棱柱，底面是平行四边形，为的中点（1）求证： ；（2）若，二面角的大小为60，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）根据几何关系结合勾股定理得，再根据已知条件证明平面，进而证明；（2）根据题意得平面，进而为二面角的平面角， ，故在中，再取中点，连接，则，故以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【小问1详解】证明：由题知，在中，所以由余弦定理得，所以，即，因为平面，所以平面,因为平面，所以.【小问2详解】解：因为平面，所以平面，因为所以为二面角的平面角，因为二面角的大小为60，所

20、以，所以在中，所以取中点，连接，则，所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系则所以设平面的法向量为，则，故，因为，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、乙运动员进行乒乓球友谊赛，每场比赛采用5局3胜制(即有一运动员先胜3局即获胜，比赛结束)比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以3：0或3：1取胜的运动员积3分，负者积0分，以3：2取胜的运动员积2分，负者积1分，已知甲、乙两人比赛，甲每局获胜的概率为（1）甲、乙两人比赛1场后，求甲的积分的概率分布列和数学期望；（2）甲、乙两人比赛2场后，求两人积分相等的概率【答案】（1）分布列见解析，数学期望为；

21、（2）.【解析】【分析】(1)根据题意知X的可能取值为0，1，2，3X0时，乙以3：0或3：1成绩胜甲；X1时，乙以3：2成绩胜甲；X2时，甲以3：2成绩胜乙；X3时，甲以3：0或3：1成绩胜乙.(2)设第i场甲、乙两名运动员积分分别为，则，则，即，则，据此根据(1)中分布列计算概率即可.【小问1详解】随机变量X的所有可能取值为，X的分布列为：X0123P数学期望；【小问2详解】记“甲、乙比赛两场后，两名运动员积分相等”为事件M，设第i场甲、乙两名运动员积分分别为，则，因两名运动员积分相等，即，则，22. 一只小虫从数轴上的原点出发爬行，若一次爬行过程中，小虫等概率地向前或向后爬行1个单位，设

22、爬行次后小虫所在位置对应的数为随机变量（1）若，小虫爬行的方法有多少种？（2）=2020时，小虫最有可能爬行到的位置，并说明理由；（3）求 的值【答案】（1）； （2）在原点处；理由见解析； （3）.【解析】【分析】（1）由题可知小虫爬行次后，共向前爬行次，利用组合数即得；（2）设2020次爬行中有次向前，由题可得，进而即得；（3）利用二项分布及期望，方差的性质即得.【小问1详解】由题可知小虫爬行次后，共向前爬行次，故，小虫爬行的方法有种；【小问2详解】设2020次爬行中有次向前，则，所以，所以，当时，取到最大，此时，即小虫最有可能爬行到的位置在原点处小问3详解】设小虫次爬行中有次向前，则，所以，所以，=.