2022-2023学年江苏省常州市北郊高级中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省常州市北郊高级中学高二下学期期中数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省常州市北郊高级中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．已知，则（    ）A．28 B．30 C．56 D．72【答案】C【分析】由组合数性质求出，再用排列数公式求值.【详解】因为，所以由组合数性质得，，所以.故选：C.2．如图所示的一圆形花圃，拟在A，B，C，D区域种植花苗，现有3种不同颜色的花苗，每个区域种植1种颜色的花苗，且相邻的2块区域种植颜色不同的花苗，则不同的种植方法总数为（    ）A．12 B．18 C．24 D．30【答案】B【分析】先对A区域种植，再对B区域种植，最后分两类：D块与块相同、D块与块不相同，对C 、D区域种植，根据计数原理即可求解.【详解】根据题意，分3步进行分析：(1)对于块，可以在3种不同的花中任选1种，有种情况；(2)对于块，可以在剩下的2种不同的花中任选1种，有种情况；(3)对于C 、D块，分2种情况：若D块与块相同，则C块可以在其余的2种不同的花中任选1种，有种情况，若D块与块不相同，则块有1种情况，块有1种情况，此时C 、D有1种情况，则C 、D共有种情况；综合可得：一共有种不同的种法.故选：B3．某乳业公司新推出了一款儿童酸奶，其包装有袋装､杯装､瓶装.现有甲､乙两名学生欲从这3种包装中随机选一种，且他们的选择情况相互独立互不影响.在甲学生选杯装酸奶的前提下，两人选的包装不同的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用条件概率进行求解即可.【详解】记事件C为“甲同学选杯装酸奶”，则，记事件D为“两人选的包装不同”，则事件CD为“甲同学选杯装酸奶，乙同学选袋装酸奶或瓶装酸奶”，所以，所以.故选：C.4．已知矩形，为平面外一点，平面，点满足，．若，则（    ）A． B． C． D．－1【答案】A【分析】利用空间向量基本定理表示出，即可求解.【详解】在矩形中，,所以.因为，所以.因为,，所以.所以.所以，所以.故选：A5．北郊高中合唱节中，甲、乙、丙、丁名志愿者被安排到，，三个岗位，每个岗位至少安排名志愿者，甲不能安排在岗位，则不同的分配方案种数为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分为甲独自一人安排一个岗位和甲与另一人安排同一岗位两类进行计算即可.【详解】名志愿者被安排到三个岗位，每个岗位至少安排名志愿者，则有名志愿者被安排到同一岗位，另外名志愿者分别被安排到其他岗位，则甲不能安排在岗位，分为甲独自一人安排一个岗位和甲与另一人安排同一岗位两类，第一类，甲独自一人安排一个岗位，第步，为甲安排一个除之外的岗位，有种方法，第步，乙、丙、丁人中，选出人，在剩余的个岗位中，安排到同一岗位，有种方法，第步，乙、丙、丁中未被选出的人安排到剩余的个岗位，有种方法，则甲独自一人安排一个岗位有种方法；第二类，甲与另一人安排到同一岗位，第步，乙、丙、丁人中，选出人，与甲共同安排到除之外的同一岗位，有种方法，第步，乙、丙、丁中未被选出的人，安排到剩余的个岗位，有种方法，则甲与另一人安排到同一岗位有种方法，∴甲不能安排在岗位，则不同的分配方案有种.故选：C.6．某医院对10名入院人员进行新冠病毒感染筛查，若采用单管检验需检验10次；若采用10合一混管检验，检验结果为阴性（都没有被感染）则只要检验1次，如果检验结果为阳性（至少有1人被感染），就要再全部进行单管检验．设10名人员都未被感染的概率为p，若对这10名人员采用10合一混管检验，总检验次数为，则的充要条件是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意求出分布列，得到，解不等式即可得到答案.【详解】由题意可得：的可能取值为：1，11.所以，.所以..而所以.故选：C7．已知定义在上的偶函数的导函数为，若，且当时，有，则使得成立的x的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意构造函数，利用导数判断出的单调性和零点，把不等式化为，即可求解.【详解】因为当时，有，所以，所以.令，则在上单调递增.因为为定义在上的偶函数，所以.所以，所以为上的偶函数，图像关于y轴对称.因为，所以，所以所以在上单调递减，经过点；在上单调递增，经过点.作出符合题意的的一个图像如图所示：不等式可化为，所以或解得：或.故选：D8．如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的正方形格状道路网（其中虚线部分因施工暂时不通）．今有甲、乙两人，其中甲在M处，乙在N处，他们分别随机选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，同时到达N，M处，则在此过程中，甲、乙两人在A处相遇的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先分析出甲从M到N处的路径种数，和点M沿M→A→N的路径种数，同理求出乙的路径种数，套公式即可求出概率.【详解】如图所示.甲从点M沿M→D→B→N,共有种;从点M沿M→C→N,共有种,综上可得,甲从点M出发到点N,共有种走法.同理可得：乙从点N出发到点M,共有50种走法.甲从点M沿M→A→D→B→N,共有种,从点M沿M→A→C→N,共有种,综上可得,共有种走法.同理：乙从点N经过A处到M有12种走法.所以甲、乙两人在A处相遇的概率为.故选：D 二、多选题9．某地区高三男生的“50米跑”测试成绩（单位：秒）服从正态分布，且．从该地区高三男生的“50米跑”测试成绩中随机抽取5个，其中成绩在内的个数记为X，则下列说法正确的有（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】由正态分布的对称性和图象特征判断AB；由，利用二项分布概率，期望公式，判断CD.【详解】A.因为，，正态分布密度曲线的对称轴为，根据对称性可知，，故A错误；B.，，所以，故B正确；C.，，故C正确；D. ，,，故D正确.故选：BCD10．已知函数，其中，则下列说法正确的有（    ）A．的极大值为 B．的极小值为C．的单调减区间为 D．的值域为【答案】ABD【分析】首先求函数的导数，并利用导数判断函数的单调性和极值，比较端点值，求函数的值域.【详解】，，令，得或，当，，函数单调递增，当，，函数单调递减，当，，函数单调递增，所以是函数的极大值点，极大值，是函数的极小值点，极小值，故AB正确；C错误；，，比较函数的极大值和极小值，可知，函数的最小值是0，函数的最大值是，所以函数的值域是，故D正确.故选：ABD 三、解答题11．一个质点从数轴上的原点出发，每一秒等可能地向前或向后移动1个单位，设第n秒末质点所在位置对应的数为随机变量，则（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】利用小虫等概率地向前或向后爬，可知随机变量，且小虫向前或向后爬行1个单位的概率均为，结合取值的正负对称性，以及其对应的概率相等，即可求，即可判断各项正误.【详解】由题意知，随机变量，且小虫向前或向后爬行1个单位的概率均为，A.若，则爬行4次后小虫一共向前爬行2次，向后爬行2次，，若，则爬行4次后小虫一共向前爬行3次，向后爬行1次，，所以，A错误；B.若，则爬行5次后小虫一共向前爬行3次，向后爬行2次，，若，则爬行5次后小虫一共向前爬行1次，向后爬行4次，，则，B正确；爬行n次后小虫一共向前爬行r次，向后爬行次，有，故，，则．故C正确，D错误．故选：BC． 四、多选题12．如图所示的几何体是由正方形ABCD沿直线AB旋转90°得到的，设G是圆弧的中点，H是圆弧上的动点（含端点），则（    ）A．存在点H，使得B．存在点H，使得C．存在点H，使得EH∥平面BDGD．存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°【答案】ACD【分析】先将图形补全为一个正方体，对于A、B：利用正方体的性质直接判断；对于C、D：以A为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】由题意可将图形补全为一个正方体，如图示：对于A：因为正方体中，面，所以.所以当重合时，有.故A正确；对于B：因为面，而是圆弧上的动点，所以不成立.故B错误；对于C：以A为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.设，则，所以.设为平面的一个法向量，则，不妨设，则.假设平面，则，所以.因为，所以，即是圆弧的中点，符合题意.故C正确；对于D：当点与点重合时,直线EH与平面BDG所成角最大，因为，所以,此时直线EH与平面BDG的所成角的正弦值为，由,得直线EH与平面BDG的所成角的最大角大于30°，所以存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°，选项D正确.故选：ACD 五、填空题13．的展开式中含项的系数为______________．【答案】【分析】首先将原式变形为，再写成展开式的通项，从而求出含项，即可得解；【详解】因为，又展开式的通项为，所以含的项有，，故含项的系数为.故答案为：14．若函数在区间内有极值，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是______________．【答案】【分析】求导，从而得到在区间内有解，求得函数在区间上的值域就是a的取值范围.【详解】因为，所以，因为函数在区间内有极值，所以在区间内有解，即在区间内有解，而函数在区间上单调递减，所以.故答案为：15．某单位招聘工作人员的面试环节共8道问题，考官随机抽取3道让应聘者回答，规定至少要正确回答其中2道题才能进入后续环节．若应聘者甲因自身业务能力原因，在这8道题中有3道不能正确回答，其他均可正确回答，则他能进入后续环节的概率是______________．（用既约分数作答）【答案】【分析】根据题意应聘者能进入后续环节要正确回答其中2道题或3道题，根据古典概型计算公式及计数原理即可求得概率.【详解】设随机抽出的3道题目中应聘者能答对的道数为X，则他能进入后续环节的概率为.故答案为：16．设随机变量取值为弧度制角，在正三棱柱的9条棱任取两条，当两条棱平行时，，当两条棱相交时，为这两条棱的夹角，当两条棱异面时，为这两条棱所在的异面直线所成的角，则______________．【答案】【分析】根据位置关系，求出，，，即可求出.【详解】如图示：从正三棱柱的9条棱任取两条，有种.所取的两条棱平行如或，有6种，此时；所取的两条棱相交，同在上底面（或下底面）,如和，有种，此时；所取的两条棱相交，同在侧面，如和， 有，此时；所取的两条棱为异面直线，一条在底面上，另一条为相对的侧棱，如和，有6种，此时；所取的两条棱为异面直线，一条在上底面，另一条在上底面，如和，有6种，此时.所以；；.所以.故答案为：. 六、解答题17．已知在的展开式中，所有的二项式系数之和为256．(1)求展开式中所有项的系数之和；(2)求展开式中的所有的有理项．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）先根据题意求得，再令即可求解；（2）先求得通项公式，在时，使为整数的对应的项为有理项．【详解】（1）依题意得：，.令，则，所以展开式中所有项的系数之和为.（2）， 当时，为有理项.展开式中所有有理项为：..18．设甲盒有3个白球，2个红球，乙盒有2个白球，3个红球，现从甲盒任取2球放入乙盒，再从乙盒任取1球．(1)记随机变量X表示从甲盒取出的红球个数，求X的分布列；(2)求从乙盒取出的1个球为红球的概率．【答案】(1)答案见解析；(2). 【分析】（1）由题意分析出X的可能取值，分别求概率，写出分布列；（2）对从甲盒所取出的2个小球颜色分类讨论，利用古典概型的概率公式计算概率，即可求解.【详解】（1）由题意可知：X的可能取值为：0，1，2.所以；；.分布列为：X012P（2）i.若，则甲盒任取2白球放入乙盒，所以乙盒的小球4白3红，再从乙盒任取1球为红球的概率为；ii. 若，则甲盒所取放入乙盒的两个小球为1白1红，所以乙盒的小球3白4红，再从乙盒任取1球为红球的概率为；iii. 若，则甲盒任取2红球放入乙盒，，所以乙盒的小球2白5红，再从乙盒任取1球为红球的概率为.所以从乙盒取出的1个球为红球的概率为.19．已知函数，其中为自然对数的底数(1)求曲线在处的切线方程；(2)求函数在区间上的最值．【答案】(1)(2)， 【分析】（1）求导，求出和，通过点斜式可得切线方程；（2）求导，确定函数单调性，通过确定极值和端点值的大小来确定最值.【详解】（1），故，，曲线在处的切线方程为，即；（2），，令，得或，令，得，故函数在区间和上单调递增，在上单调递减，，，，，，.20．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．棱上点满足直线与平面所成的角的正弦值为．(1)求二面角大小的余弦值；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）取的中点,连接.先证明出两两垂直，以O为原点, 分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.用向量法求出二面角大小的余弦值；（2）向量法求点到平面的距离．【详解】（1）取的中点,连接.因为为等边三角形，所以.又平面平面，平面平面，平面,所以平面，又平面，所以.因为，且平面，平面，，所以平面,所以.以O为原点, 分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.因为底面是边长为2的菱形，为等边三角形，所以所以,,,,,.因为点是棱上一点，可设，则.所以.因为平面，所以平面的一个法向量为.所以，解得：.设平面的一个法向量为.则.不妨取,则,所以平面的法向量为.所以平面与平面夹角的余弦值为.故平面与平面夹角余弦值为.（2）设点到平面的距离为d，则.所以点到平面的距离为.21．甲、乙两人参加两个项目的对抗赛，每一个项目的对抗赛均采取五局三胜制（即有一方先胜3局即获胜，比赛结束），且每个项目每一局都没有平局．按以往两人比赛结果的统计估计，甲在项目A中每一局获胜的概率为，在项目B中每一局获胜的概率为，且每一局之间没有影响．(1)分别求甲在项目A、项目B中获胜的概率；(2)设甲获胜的项目个数为X，求X的分布列及数学期望．【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析. 【分析】（1）分析比赛过程，二项分布的概率公式和概率的乘法即可分别求出概率；（2）由题意分析X的可能取值，分别求概率，写出分布列，求出数学期望.【详解】（1）记“甲在项目A中获胜”为事件A，包含甲三局获胜，其概率为；甲四局获胜（前三局甲胜任意两局，第四局甲胜），其概率为；甲五局获胜（前四局甲胜任意两局，第五局甲胜），其概率为.则.记“甲在项目B中获胜”为事件B，同理可求.（2）X的可能取值为：0，1，2.所以；；所以.所以分布列为：X012P所以.22．已知函数，其中，e为自然对数的底数．(1)讨论的单调性；(2)若不等式对恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）求导，讨论、、、，得出的单调性；（2）将变形为，构造函数，由导数得出其单调性，进而根据恒成立问题的解题方法得出实数m的取值范围．【详解】（1），当时，，若，则；若，则.则函数在上单调递减，在上单调递增.当时，若，则或；若，则.则函数在，上单调递增，在上单调递减.当时，，函数在上单调递增.当时，若，则或；若，则；即函数在，上单调递增，在上单调递减.综上，当时，函数在上单调递减，在上单调递增.当时，函数在，上单调递增，在上单调递减.当时，函数在上单调递增.当时，函数在，上单调递增，在上单调递减.（2）不等式可化为，令，则，即在恒成立.当时，在恒成立.构造函数，且，.令，.若，则；若，则.则函数在上单调递增，在上单调递减，因为，，，所以当时，；当时，.即函数在上单调递增，在上单调递减，且，，函数的图象如下图所示:要使得在恒成立，则，解得.即.【点睛】关键点睛：在得出的单调性时，关键在于令，进行二次求导，从而得出函数的单调性.