2022江苏省泰兴、如皋四校高二下学期期末联考数学试题含解析

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2021~2022学年第二学期高二年级期末考试
数学试卷
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. 二项式的展开式中的常数项是（ ）
A. 第项 B. 第项 C. 第项 D. 第项
【答案】C
【解析】
【分析】求出二项展开式的通项，令的指数为零，求得的值，进而可得出结果.
【详解】二项式的展开式通项为，
令，解得.
因此，二项式的展开式中的常数项是第项.
故选：C.
【点睛】本题考查二项展开式中常数项的求解，考查计算能力，属于基础题.
2. 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.
3. 设，分别为等比数列，的前项和．若（，为常数），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，项和转换，求解即可
【详解】由题意，
设
则


故选：C
4. 《周髀算经》中给出了：冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种这十二节气的日影长依次成等差数列的结论.已知某地立春与立夏两个节气的日影长分别为尺和尺，现在从该地日影长小于9尺的节气中随机抽取2个节气进行日影长情况统计，则所选取这2个节气中至少有1个节气的日影长小于5尺的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设这十二节气中第个节气的日影长为尺，可知数列为等差数列，根据题意求得该数列的公差，确定数列中小于尺和小于尺的项，列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】设这十二节气中第个节气的日影长为尺，
可知数列为等差数列，设其公差为，
由题意得，，，
.
令，解得；令，解得.
从该地日影长小于尺的节气中随机抽取个节气，所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共个，
其中，事件“所选取这个节气中至少有个节气的日影长小于尺”所包含的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、，共个，
因此，所求事件的概率为.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键一是理解题意，二是求出小于尺的节气有哪些和小于尺的节气有哪些，三是确定基本事件总数和有利事件总数.
5. “莱洛三角形”是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的.“莱洛三角形”在实际生活中有非常重要的用途，“转子发动机”的核心零部件为“曲侧面三棱柱”，而该“曲侧面三棱柱”的底面就是“莱洛三角形”.如图是一个底面为莱洛三角形的曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，高为5，且底面任意两顶点之间的距离为4，则其表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出底面的每一段圆弧的长，从而可求出侧面积，再求出底面面积，从而得出答案.
【详解】由题意，
则三个侧面的面积之和为
如图阴影部分的面积为
所以底面积为
所以上下两个底面面积之和为
故表面积为
故选：B

6. （1）将个小球随机地投入编号为1，2…，的个盒子中（每个盒子容纳的小球个数没有限制），记1号盒子中小球的个数为；（2）将个小球随机地投入编号为1，2…，的个盒子中（每个盒子容纳的小球个数没有限制），记号盒子中小球的个数为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】问题转化为将一个小球投入到个盒子中，投次，投入1号盒子中小球次数为，
符合二项分布，可用二项分布相关公式求解.
【详解】问题转化为将一个小球投入到个盒子中，投次，投入1号盒子中小球的次数为，故

同理可得：


即
故选：A
【点睛】本题考查了二项分布及其期望方差的计算，考查了转化思想，属于中档题.
7. 已知球O的半径为2，A，B，C为球面上的三个点，，点P在AB上运动，若OP与平面ABC所成角的最大值为，则O到平面ABC的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出辅助线，找到为OP与平面ABC所成的角，且P移动到AB中点K时，OP的长度最小，为OP与平面ABC所成的最大角，设出边长，列出方程，求出O到平面ABC的距离.
【详解】记ABC外接圆圆心为，则平面ABC，
故为OP与平面ABC所成的角，
如图，当P移动到AB中点K时，OP的长度最小，
对应正切值最大，OP与平面ABC所成的角最大，
则为OP与平面ABC所成的最大角，
根据题意：，
设，则，，
在Rt与Rt中，有，
即，求得：，
故O到平面ABC的距离为

故选：A.
8. 已知直线既是函数的图象的切线，同时也是函数的图象的切线，则函数零点个数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 0或1 D. 1或2
【答案】B
【解析】
【分析】设是函数图象的切点，则由导数的几何意义可求得，设是函数的切点，同样利用导数的几何意义可求出，然后根据零点存在性定理可求得结果
【详解】设是函数图象的切点，
则，∴（1）
又（2），
将（1）代入（2）消去整理得：，∴，
设是函数的切点，
据题意，又
故，
令，，
∴，
故，在定义域上为增函数，
又，故，
故，
∴，在上是增函数
当时，；当时，；
由零点存在性定理可得，g(x)存在唯一一个
函数零点个数是1，
故选：B．
二､多选题：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. 下列说法中，正确的有（ ）
A. 数据6，2，3，4，5，7，8，9，1，10的70%分位数是7
B. 若事件，满足，且，则与独立
C. 若随机变量，则
D. 已知6个正整数，它们的平均数是5，中位数是4，唯一的众数是3，则这6个数的极差最大时，方差的值是
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，由百分位数的定义求解判断，对于B，由独立事件的根绝率公式判断，对于C，由二项分布的方差公式求解判断，对于D，根据题意可求出这6个数，然后再求其方差即可
【详解】对于A，数据1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的70%分位数为，所以A错误，
对于B，若事件，满足，且，则与相互独立，所以与独立，所以B正确，
对于C，因为随机变量，所以，所以C错误，
对于D，因为6个正整数极差最大，所以最小的数为1，因为唯一的众数为3，所以3只能出现2次，若超过2次，则中位数为3，与中位数是4相矛盾，所以前4个数为1，3，3，5，设另两个数为，因为平均数为5，所以，而要使极差最大，当且仅当最大，此时，所以这6个数为1，3，3，5，6，12，所以这6个数的方差为，所以D正确，
故选：BD
10. 已知等差数列的公差不为0，且成等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先求出通项公式，再利用通项公式和前n项和公式对四个选项一一计算，进行判断.
【详解】设等差数列的公差为d（）.
因为且成等比数列，所以.
解得：，所以.
对于A：.故A正确；
对于B：因为，所以.故B正确；
对于C：.故C错误；
对于D：因为，所以当时，，即.故D正确.
故选：ABD
11. 18世纪30年代，数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布，那么当n比较大时，可视为X服从正态分布，其密度函数，．任意正态分布，可通过变换转化为标准正态分布（且）．当时，对任意实数x，记，则（ ）
A. B. 当时，
C. 随机变量，当减小，增大时，概率保持不变 D. 随机变量，当都增大时，概率单调增大
【答案】AC
【解析】
【分析】根据结合正态曲线的对称性，可判断A;由可推得其结果为，判断B;根据正态分布的准则可判断C,D.
【详解】对于A，根据正态曲线的对称性可得：，故A正确；
对于B, 当时，
，故B错误；
对于C，D，根据正态分布的准则，在正态分布中代表标准差，代表均值,
即为图象的对称轴，根据原则可知数值分布在中的概率为0.6826，是常数，
故由可知，C正确，D错误，
故选：AC
12. （多选题）甲罐中有2个红球、2个黑球，乙罐中有3个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据古典概型求概率公式得到，由全概率公式计算，由条件概率计算BD选项中的概率.
【详解】因为甲罐中有2个红球、2个黑球，所以，故选项A正确；
因为，所以选项C正确；
因为，，所以，故选项D正确；
因为，所以选项B错误；
故选：ACD
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若函数在处的切线过点，则实数______．
【答案】6
【解析】
【分析】求得函数的导数，得到，且，根据斜率公式列出方程，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，
可得，且，所以，解得．
故答案：.
14. 若，则被4除得的余数为___________.
【答案】1
【解析】
【分析】分别取，两式相加可以求得，进而根据二项式定理展开，判断被4除得的余数.
详解】由题知，时，①，
时，②，由①+②得，
，
故


所以被4除得的余数是1.
故答案为：1.
【点睛】方法点睛：二项式定理展开可以用来解决除法余数问题.
15. 3名女生和4名男生随机站成一排，则每名女生旁边都有男生的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出基本事件总数，再分女生都不相邻和有两个女生相邻两种情况讨论，求出符合题意的基本事件数，再根据古典概型的概率公式计算可得；
【详解】解：依题意基本事件总数为，
若女生都不相邻，首先将4个男生全排列，再将3个女生插入所形成的5个空中的3个空，则有种排法，
若有两个女生相邻，首先从3个女生中选出2个作为一个整体，将4个男生全排列，
再将整体插入中间3个空中的1个，再将另一个女生插入4个空中的1个空，则有种排法，
故每名女生旁边都有男生的概率
故答案为：
16. 如图所示的木质正四棱锥模型，过点作一个平面分别交，，于点E，F，G，若，，则的值为___________.

【答案】
【解析】
【分析】以AC、BD交点O为坐标原点，射线OA、OB、OP为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，设，，，， (a、b>0)，进而写出、、、坐标，可得，，由四点共面有，设，求值即可得答案.
【详解】在正四棱锥中，连接交于点，连接,则平面，
以AC、BD交点O为坐标原点，射线OA、OB、OP为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，
设，，，， (a、b>0)，则，，，，
∴，，

由题意四点共面，则有，其中，
设，
∴
由方程组，即，解得，
所以，
故选：C.
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. （1）已知，求的值（用数字作答）；
（2）已知试求，的值．
【答案】（1）462；（2），．
【解析】
【分析】（1）（2）根据组合数公式及组合数的性质计算可得；
【详解】解：（1）由可得，
即，
可得，整理可得，解得或，
因为，所以，
所以
．
（2）由可得（舍去）或，所以，
所以，即，
化简得，即，解得，所以．
18. 已知为等差数列，为等比数列，，，.
（1）求和的通项公式；
（2）对任意的正整数，设，
①求
②求
【答案】（1），
（2）①；②
【解析】
【分析】(1)设等差数列的公差为，等比数列的公比为，分别由等差等比数列的通项公式求出公差和公比，即可得出答案.
(2) ①当为奇数时,可得，由裂项相消求和即可.
②当为偶数时，,由错位相减法求和即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为.
由，，即，可得.
从而的通项公式为.
由，，即
又，可得，解得，
从而的通项公式为.
【小问2详解】
①．当为奇数时，，
所以
②.当为偶数时，，
（1）
由（1）得（2）
由（1），（2）得，
由于，
从而得：.
19. 如图，三棱锥A-BCD中，，O为CD中点，平面AOB⊥平面BCD.

（1）证明：
（2）若三棱锥A-BCD的体积为，二面角的余弦值为，E为BC中点.求BD与平面AED所成角的正弦值.
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，由三线合一证明出结论；（2）由体积求出，由二面角求出AO=1，，建立空间直角坐标系，用空间向量求解线面角.
【小问1详解】
证明：因为，O为CD中点，
所以BO⊥CD，
又因为平面AOB⊥平面BCD，交线为BO，
所以CD⊥平面AOB，
因为平面AOB，
所以CD⊥AO，
由三线合一知：.
【小问2详解】
过点A作AH⊥BO，
因为平面AOB⊥平面BCD，交线为BO，
所以AH⊥平面BCD，
在Rt△BCO中，，，
所以BO=，
由，即
解得：
由（1）可知：CD⊥BO，且CD⊥AO，
故为二面角A-CD-B的平面角，
在Rt△AHO中，，，
故AO=1，，
以H为坐标原点，分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则
所以，，，
设平面AED的法向量为，
则，不妨取
设BD与平面AED所成角为，
则.

20. 今年两会期间国家对学生学业与未来发展以及身体素质的重要性的阐述引起了全社会的共鸣.某大学学生发展中心对大一的400名男生做了单次引体向上的测试，得到了如图所示的直方图(引体向上个数只记整数).学生发展中心为进一步了解情况，组织了两个研究小组.

（1）第一小组决定从单次完成1-15个的引体向上男生中，按照分层抽样抽取11人进行全面的体能测试，
①单次完成11-15个引体向上的男生甲被抽到的概率是多少？
②该小组又从这11人中抽取3人进行个别访谈，记抽到“单次完成引体向上1-5个”的人数为随机变量，求的分布列和数学期望；
（2）第二小组从学校学生的成绩与体育锻炼相关性角度进行研究，得到了这400人的学业成绩与体育成绩之间的列联表.

学业优秀
学业不优秀
总计
体育成绩不优秀
100
200
300
体育成绩优秀
50
50
100
总计
150
250
400
请你根据联表判断是否有%的把握认为体育锻炼与学业成绩有关？
参考公式及数据：























【答案】（1）① ；②分布列答案见解析，数学期望：；（2）有%的把握认为体育锻炼与学业成绩有关.
【解析】
【分析】（1）①求出从中选2个，中选3个，中选6个，单次完成个引体向上的人共有120人，利用古典概型、排列组合可求．
②的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，从而求出的分布列和数学期望．
（2）求出，从而有的把握认为体育锻炼与学业成绩有关．
【详解】解：（1）①

即从1-5中选2个，6-10个中选3个，11-15个中选6个，
又因为单次完成11-15个引体向上的人共有人，
记“单次完成11-15个引体向上的甲被抽中”为事件A，则.
②的可能取值为0，1，2，
则，，，
的分布列为：

0
1
2




．
（2）=.
有%的把握认为体育锻炼与学业成绩有关.
【点睛】方法点睛：求随机变量的分布列和期望的步骤：
1、理解随机变量的意义，写出可能的全部值；
2、求取每个值对应的概率，写出随机变量的分布列；
3、由期望的计算公式，求数学期望；
21. 2022年初某公司研发一种新产品并投入市场，开始销量较少，经推广，销量逐月增加，下表为2022年1月份到7月份，销量y（单位：百件）与月份x之间的关系.

月份x
1
2
3
4
5
6
7
销量y
6
11
21
34
66
101
196

（1）根据散点图判断与（c，d均为大于零的常数）哪一个适合作为销量y与月份x的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由）？
（2）根据（1）的判断结果及表中的数据，求y关于x的回归方程，并预测2022年8月份的销量；
（3）考虑销量､产品更新及价格逐渐下降等因素，预测从2022年1月份到12月份（x取值依次记作1到12），每百件该产品的利润为元，求2022年几月份该产品的利润Q最大.
参考数据：





62.14
1.54
2535
50.12
3.47
其中，.参考公式：
对于一组数据，其回归直线斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.
【答案】（1）
（2），预测2022年8月份的销量为347百件（34700件）
（3）2022年8月份或9月份利润最大
【解析】
【分析】（1）根据散点图，结合所给出函数的图像可得出答案.
（2）对两边同时取常用对数得：，再由公式以及给出的数据求出方程，然后把代入回归方程.
（3）由题意利润，然后求出其最大值即可.
【小问1详解】
根据散点图判断，适合作为销量y与月份x的回归方程类型.
【小问2详解】
对两边同时取常用对数得：，
设，则，因为，，，
所以，
把样本中心点代入，得：，所以，
即，
所以y关于x的回归方程为，
把代入上式，得，
所以预测2022年8月份的销量为347百件（34700件）.
【小问3详解】
由题意得（且），
构造函数，
所以当或9时，取最大值，
即2022年8月份或9月份利润最大.
22. 已知函数.
（1）当时，试判断函数在上的单调性；
（2）存在，，，求证：.
【答案】（1）函数在上单调递增；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出，当时，的最小值大于零，则在上单调递增；
（2）令，，将转化为，再构造函数利用导数证明最小值小于0.
【详解】（1）(方法一)当时，，，
当时，，
所以，当时，函数在上单调递增.
(方法二)当时，，，
由，
结合函数与图象可知：当时，，，
所以两函数图象没有交点，且.
所以当时，.
所以，当时，函数在上单调递增.

（2）证明：不妨设，由得，
，
.
设，则，故在上为增函数，
，从而，
，
，
要证只要证，
下面证明：，即证，
令，则，即证明，只要证明：，
设，，则在单调递减，
当时，，从而得证，即，
，即.
【点睛】关键点睛：双变量问题可通过换元将两个变量转化为一个变量，构造函数，利用导数来证明不等式．