江苏省徐州市2021-2022学年高二下学期期中数学试题 Word版含解析

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、单选题：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. 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：C﹒

2. 的展开式中的系数是

A. 20 B. 40 C. 80 D. 160

【答案】D

【解析】

【详解】因为二项展开式中的是降幂，2是升幂，当的指数降为3时，2的指数升为3，二项式系数的上标升至3，其系数是数，应选答案D．

3. 若4名学生报名参加数学、物理、化学兴趣小组，每人选报1项，则不同报名方式有（    ）

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.  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：B

5. 设l1的方向向量为=（1，2，﹣2），l2的方向向量为 =（﹣2，3，m），若l1⊥l2，则m等于（     ）

A. 1 B. 2 C.  D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】由l1⊥l2，可得其两直线的方向向量垂直，即，所以，从而可求出m的值

【详解】因为l1的方向向量为=（1，2，﹣2），l2的方向向量为 =（﹣2，3，m），且l1⊥l2，

所以，

所以，解得，

故选：B

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：C

7. 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：D

8. 国际高峰论坛上，组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，要求这3个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为（    ）

A. 306 B. 198 C. 268 D. 378

【答案】B

【解析】

【分析】分“选两个国内媒体一个国外媒体”和“选两个外国媒体一个国内媒体”两种情况讨论,分别求出种数再相加即可.

【详解】由题可知选出的3个媒体团的构成有如下两类：

①选出的3个媒体团中只有一个国内媒体团，有种不同的提问方式；

②选出的3个媒体团中有两个国内媒体团，有种不同的提问方式．

综上，共有种不同的提问方式．

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. 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3a＋9 B. 新数据的方差是9b＋81

C. 新数据的平均数是3a D. 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：AD

10. 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

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，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：即，D正确；

展开式第项的通项，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：ACD．

12. 在长方体中，AB＝4，，E，F分别为棱AB，的中点，则下列说法中正确的有（    ）

A. 若P是棱上一点，且，则E，C，P，F四点共面

B. 平面CEF截该长方体所得截面为五边形

C. 异面直线，CE所成的角为90°

D. 若P是棱上一点，点P到平面CEF的距离最大值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据所给条件，结合正方体的性质，逐项分析判断即可得解.

【详解】

对A，如图，分别取中点，

AB＝4，可得，

所以，所以E，C，P，F四点共面，故A正确；

对B，在上取点，使得，

连接，则五边形为平面CEF截该长方体所得的截面，故B正确；

对C，如图，若直线，CE所成的角为90°，

即，又，

所以平面，

所以，

在矩形中，

故和不垂直，故C错误；

对D，当，E，C，P，F四点共面，

如图，所以当和点重合时，点P到平面CEF的距离最大，

设距离为，过中点作于，

由可得：，

由，

所以，故D正确.

故选：ABD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 计算______．

【答案】0

【解析】

【分析】利用排列数性质化简求值即可.

【详解】由，则，

所以0.

故答案为：0

14. 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：1

16. 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为正方体的中心，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：本题共6小题，第17题满分10分，第18~22题每题满分12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 在的展开式中，______．给出下列条件：

①前三项的系数成等差数列；

②第三项的系数为7；

③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①：展开式前三项的系数为1，，，

据题意得：，可得；

选②：展开式第三项的系数为，可得，所以；

选③：令，所以.

【小问2详解】

展开式一共有9项，二项式系数最大的项为第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，必须有女志愿者的不同选法共有（种）

答：必须有女志愿者不同选法有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人在内，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”为事件，

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，在正三棱柱中，，Q为BC的中点．

（1）求证：平面平面；

（2）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）先证明线面垂直，从而证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值.

【小问1详解】

证明：因为三棱柱为正三棱柱，所以为正三角形，

因为为的中点，所以，

因为平面，平面，所以，

因为，平面，平面，

所以平面，

又因为平面，所以平面平面．

【小问2详解】

设，的中点分别为，，由三棱柱为正三棱柱可知，

，，，以为基底建立空间直角坐标系．

因为，所以，，，，，

因为为的中点，所以，

所以，，，

设为平面的法向量，

则即

不妨取，则，

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：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

【小问2详解】由题设，的可能取值－4，－2，0，2，4，

，

，

，

，

．

的概率分布为

所以.

22. 如图1，在△MBC中，BM⊥BC，A，D分别为边MB，MC的中点，且BC＝AM＝2，将△MAD沿AD折起到△PAD的位置，使PA⊥AB，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G－AD－P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，.

【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、面的法向量，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．