2022-2023学年江苏省泰州中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省泰州中学高二下学期期中数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年江苏省泰州中学高二下学期期中数学试题

一、单选题
1．若4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（    ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】A
【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，即可得解.
【详解】4名学生，每人有三种可选方案，根据分步计数原理，4人共有种方法.
故选：A.
2．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加接力比赛，记事件A为“甲同学跑第一棒”，事件B为“乙同学跑第二棒”，则的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先确定甲同学跑第一棒的前提下，计算乙同学跑第二棒的可能性即可.
【详解】因为甲同学跑第一棒，所以跑第二棒的有三种可能：乙，丙，丁，故事件A发生的前提下事件B发生的概率.
故选：B.
【点睛】本题考查了条件概率，属于基础题.
3．若展开式中常数项为60.则常数a的值为（    ）
A．4 B．2 C．8 D．6
【答案】A
【解析】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.
4．已知三个随机变量的正态密度函数（，）的图象如图所示，则（    ）

A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【分析】直接根据图像的对称轴，以及图像的胖瘦进行判断即可.
【详解】由题意知：正态曲线关于直线对称，且越大，对称轴越靠右，故，
又越小，数据越集中，图像越瘦高，故.
故选：D.
5．对四组数据进行统计，获得以下散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用正负相关与线性相关的强弱进行求解即可
【详解】都是正线性相关，
所以，
并且相关性最强，
所以；
都是负线性相关并，
所以，
且相关性强，
所以，
所以；
所以；
故选：A
6．在空间直角坐标系中，已知，且平面的法向量为，则到平面的距离等于（    ）
A． B．4 C． D．
【答案】C
【分析】根据向量法计算可得.
【详解】依题意，平面的法向量为，
所以点到平面的距离.
故选：C
7．学校每天安排四项社团活动供学生自愿选择参加. 学校规定：（1）每位学生每天最多选择1项社团活动；（2）每位学生每项一周最多选择1次. 学校提供的安排表如下：
时间
周一
周二
周三
周四
周五
社团活动
音乐、足球、篮球、书法
口语、足球、书法、绘画
手工、足球、科技、篮球
口语、足球、篮球、书法
篮球、足球、书法、科技
若某学生在一周内共选择了足球、篮球、书法3项，则不同的选择方案共有（    ）
A．36 种 B．39 种 C．42 种 D．50 种
【答案】B
【分析】分周三选择篮球和周一，周四，周五三天中有1天选择篮球两种情况，求出不同的方案，相加后得到答案.
【详解】由题意得足球周一至周五均有，篮球周一，周三，周四，周五有，
书法周一，周二，周四，周五有，
若周三选择篮球，则书法和足球可从剩余的四天中进行选择，选择方案有种，
若周一，周四，周五三天中有1天选择篮球，不妨周一选择篮球，则书法从周二，周四，周五三天中选择1天，再从剩余3天中选择1天选择足球，故有种方案，
故不同的选择方案共有.
故选：B
8．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且. 下列说法正确的是（    ）

A．当E，F运动时，存在点E，F使得
B．当E，F运动时，存在点E，F使得
C．当E运动时，二面角的最小值为
D．当E，F运动时，二面角的余弦值为定值
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标坐标系，求得相关点坐标，利用空间向量的数量积的计算，可判断A；假设，可推出矛盾判断B；求得相关平面的法向量，利用空间角的向量求法，可判断C，D.
【详解】对于A，以C为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，

则，
由于，设，
则，
则，
所以当E，F运动时，故存在点E，F使得，A错误；
对于B，若，则四点共面，与与是异面直线矛盾，B错误；
对于C，设平面的法向量为，又，
故，令，则，
平面的法向量可取为，
故，
因为，且函数在上单调递降，所以，
当且仅当时，取到最大值，
设二面角的平面角为，则最大值为，
即二面角的最小值为，C正确；
对于D，连接，平面即为平面,平面即为平面,
平面的法向量可取为,
设平面的法向量为，又，
故，令，则，
故，
由图知二面角为锐角，
则二面角的余弦值为定值，D错误，
故选：C
【点睛】方法点睛：涉及到空间角的计算问题，一般方法是建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算，结合向量的夹角公式进行求解.

二、多选题
9．下列关于空间向量的命题中，正确的有（    ）
A．若向量是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
B．若，则的夹角是钝角
C．已知，，若与垂直，则
D．已知A、B、C是空间中不共线的三个点，若点O满足，则点O是唯一的，且一定与A、B、C共面
【答案】ACD
【分析】由空间向量的基底即可判断A，由空间向量的夹角范围即可判断B，由空间向量垂直的坐标运算即可判断C，由四点共面定理即可判断D.
【详解】因为向量是空间的一个基底，则不共面，所以也不共面，所以也可以作为空间的一个基底，故A正确；
当与的夹角为时，也可得，所以B错误；
因为，，则，，
且与垂直，所以，解得，故C正确；

因为，所以，所以共面，
所以四点共面，
如图，取中点为，取中点为，
则，
又因为，故，
所以，即，则在上且靠近的三等分点处，
即满足此关系的点只有一个，所以点唯一，且与共面，故D正确；
故选: ACD
10．下列说法正确的是（    ）
A．线性回归方程中，若线性相关系数r越大，则两个变量的线性相关性越强
B．若，若函数为偶函数，则
C．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（ ），可判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05
D．已知，，若，则
【答案】BCD
【分析】根据相关系数的含义判断A；根据正态分布的对称性判断B；根据独立性检验的原理可判断C；根据条件概率的概率公式结合对立事件的概率公式判断D.
【详解】对于A，相关系数，且越接近于1，相关程度越大，
反之两个变量的线性相关性越弱，A错误；
对于B，函数为偶函数，则，
即，
又，故区间与关于对称，
所以，B正确；
对于C，因为，故可判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05，C正确；
对于D，由，，，
可得,故,
则，则，D正确，
故选：BCD
11．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现：如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和. 则下列结论中正确的是（    ）

A．在“杨辉三角”第10行中，从左到右第3个数是45
B．若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，…，则此数列的前21项和为240
C．存在正整数r，n且，使得，，，成等差数列
D．在“杨辉三角”中，第n行所有数字的平方和恰好是第2n行的中间一项的数字
【答案】ABD
【分析】根据给定的杨辉三角，结合二项式定理及组合数计算即可求解.
【详解】对于A，在“杨辉三角”第10行中，从左到右第3个数是,故A正确；
对于B，杨辉三角的第行的和为，故前行的和为，每一行的个数为可以看成以为首项，公差为的等差数列，则，去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，…，要求此数列的前21项和，令其杨辉三角中第行中的数满足要求，则，即，解得或（舍），所以数列的前21项和为,故B正确；
对于C，若有r，n且，使得，，，成等差数列，则，即，，所以，，整理，得两式相减，得所以，，，成等差数列，由二项式系数的性质知，，这与等差数列的性质矛盾，故C错误；
对于D，在“杨辉三角”中，第n行所有数字的平方和恰好是第2n行的中间一项的数字,即，所以，对应相乘可得的系数为，而二项式展开式的通项公式，令，则，所以的系数为为，所以，故D正确.
故选：ABD.
12．某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登陆，且每次只能随机选择一个开启. 己知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从第二次抽盲盒开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为. 记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，则下列结论中正确的是（    ）
A． B．数列为等比数列
C． D．当时，越大，越小
【答案】BC
【分析】根据第次中奖的两种情况，可计算求得A错误；根据，变形整理可证得数列为等比数列，知B正确；由等比数列通项公式可推导求得，分别在为奇数和为偶数的情况下讨论，可得C正确；通过反例可说明D错误.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，，
又，数列是以为首项，为公比的等比数列，B正确；
对于C，由B得：，；
当为奇数时，，；
当为偶数时，；
，，C正确；
对于D，，，，
即，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查概率与数列的综合应用问题，解题关键是能够根据题意确定与所满足的递推关系式，从而利用数列求通项的方法，根据递推关系式构造出等比数列求解出.

三、填空题
13．若，则___________.
【答案】4或8
【分析】根据组合数的性质求解．
【详解】∵，∴或，解得或．
故答案为：4或8．
14．已知某种商品的广告费支出x(单位：万元)与销售额y(单位：万元)之间有如下对应数据：
x
2
4
5
6
8
y
30
40
50
60
70
根据上表可得回归方程，其中，据此估计，当投入10万元广告费时，销售额为_________万元；
【答案】85
【分析】根据表中数据求得样本中心，代入回归方程后求得，然后再求当 的函数值即可．
【详解】由上表可知：.
得样本点的中心为，代入回归方程，得.
所以回归方程为，
将代入可得：.
故答案为：85
15．若，则________.
【答案】
【分析】根据题意，分别令，即可得到结果.
【详解】令，得①，
再令，可得②，
由①②可得.
故答案为:
16．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则图中直线与平面所成角的正弦值为________．

【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解直线与平面所成角的正弦值．
【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
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，
故答案为：．


四、解答题
17．甲、乙、丙、丁、戊五人按下列要求站成一排分别有多少种不同站法？（列式并计算）
(1)甲不站右端也不站左端；
(2)甲，乙站在两端；
(3)甲不站左端，乙不站右端．
【答案】(1)72
(2)12
(3)78

【分析】（1）甲不在左右两端，故先从其他四人中选两人站两端，余下三人再全排列；
（2）甲乙站两端，先排甲乙，余下三人再全排列；
（3）先全排列再减去不符合的情况.
【详解】（1）因为甲不站左、右两端，故先从甲以外的4个人中任选两人站在两端，有种站
法，再让剩下三个人站中间三个位置上，有种站法，由分步乘法计数原理知，
共有种站法．
（2）首先考虑特殊元素，让甲、乙先站两端，有种站法；
再让其他3个人在中间3个位置全排列，有种站法，
根据分步乘法计数原理，共有种站法．
（3）甲在左端的站法有种，乙在右端的站法有种，而甲在左端且乙在右端的
站法有种，故共有种站法．
18．小家电指除大功率､大体积家用电器（如冰箱､洗衣机､空调等）以外的家用电器，运用场景广泛，近年来随着科技发展，智能小家电市场规模呈持续发展趋势，下表为连续5年中国智能小家电市场规模（单位：千亿元），其中年份对应的代码依次为.
年份代码
1
2
3
4
5
市场规模
0.9
1.2
1.5
1.4
1.6
(1)由上表数据可知，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；
(2)建立关于的经验回归方程（系数精确到0.01）.
参考数据：；
参考公式：相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为.
【答案】(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）由题意代入公式即可求出相关系数近似为0.92，说明与的线性相关程度较高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系；
（2）利用最小二乘法求出，，即可得到关于的经验回归方程.
【详解】（1）由已知得,

.
因为与的相关系数近似为0.92，说明与的线性相关程度较高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系.
（2）由题可得，
，
故关于的经验回归方程为.
19．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
①第5项的系数与第3项的系数之比是
②第2项与倒数第3项的二项式系数之和为55
③
已知在的展开式中，________________________________________．
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中含的项．
【答案】选择见解析；（1）；（2）．
【分析】若选条件①，（1）先求出二项式展开式的通项公式，然后由第5项的系数与第3项的系数之比是，列方程求出，从而可求出展开式中二项式系数最大的项；（2）根据二项式的通项公式可求出展开式中含的项；
若选条件②，（1）先求出二项式展开式的通项公式，然后由第2项与倒数第3项的二项式系数之和为55，列方程求出，从而可求出展开式中二项式系数最大的项；（2）根据二项式的通项公式可求出展开式中含的项；
若选条件③，（1）由化简求出，从而可求出展开式中二项式系数最大的项；（2）根据二项式的通项公式可求出展开式中含的项；
【详解】方案一：选条件①
，
由题知，，，
整理得，即，解得或舍去．
，展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第6项，，
展开式中二项式系数最大的项是第6项，
由知，，，
令，解得，，
展开式中含的项是第1项，．
方案二：选条件②
由题意得，，整理得，
解得或舍，，
展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第6项，，
展开式中二项式系数最大的项是第6项，
同方案一
方案三：选条件③
，，
展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第6项，，
展开式中二项式系数最大的项是第6项，
同方案一
20．2022年国际篮联女篮世界杯在澳大利亚悉尼落下帷幕，中国女篮团结一心、顽强拼搏获得亚军. 这届世界杯，中国女篮为国人留下了许多精彩瞬间和美好回忆，尤其是半决赛绝杀东道主澳大利亚堪称经典一幕. 为了了解喜爱篮球运动是否与性别有关，某体育台随机抽取100名观众进行统计，得到如下2×2列联表.

男
女
合计
喜爱
30

40
不喜爱

40
60
合计
50

100
(1)将2×2列联表补充完整，并判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为喜爱篮球运动与性别有关？
(2)从观众中任选一人，A表示事件“选中的观众为男性”，B表示事件“不喜欢篮球运动”. 与的比值是性别对运动热爱程度的一项度量指标，记该指标为R.
①证明：；
②利用男观众的数据统计，给出，的估计值，并求出R的估计值.
附：，其中.

0.010
0.005
0.001

6.635
7.879
10.828

【答案】(1)列联表见解析，能
(2)①证明见解析；②，，

【分析】（1）分析表中数据即可补充完整列联表，然后根据公式计算卡方即可得结论；
（2）根据条件概率公式即可证明，然后根据表中数据计算可得.
【详解】（1）由题意进行数据分析，得到2×2列联表如下：

男
女
合计
喜爱
30
10
40
不喜爱
20
40
60
合计
50
50
100
计算
所以在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为喜爱篮球运动与性别有关.
（2）①证明：


②，，

21．如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，.平面，，.

(1)已知点G为AF上一点，且，试判断是否与平面平行，并说明理由；
(2)已知直线与平面所成角的正弦值为，求该多面体的体积.
【答案】(1)与平面不平行；证明见解析；
(2)3

【分析】（1）是与平面不平行；建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用，即可证明结论；
（2）根据线与平面所成角的正弦值为求出的长，分别计算，利用即可求得答案.
【详解】（1）与平面不平行；
因为平面，平面,
故，
又,，则,
以A为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，

则，
故，
设平面的法向量为，则，
令，则，则，
即与不垂直，故是与平面不平行；
（2）设且，则，所以，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
故，
即，解得或（舍去），
因为，平面，所以平面，
又平面，故,，
又，
而平面，
故平面，
又，所以，
，所以，
故，即多面体的体积为3.
22．某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由 个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立. 当控制系统有不少于k个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率：表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）.
(1)若每个元件正常工作的概率.当时，求控制系统中正常工作的元件个数X的分布列和期望；
(2)已知设备升级前，单位时间的产量为a件，每件产品的利润为1元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的3倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元. 请用表示出设备升级后单位时间内的利润y（单位：元），在确保控制系统中元件总数为奇数的前提下，分析该设备能否通过增加控制系统中元件的个数来提高利润.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)答案见解析

【分析】（1）由题意可知，利用二项分布求解即可求得期望，根据互斥事件的和事件的概率公式求解；
（2）先写出升级改造后单位时间内产量的分布列，求出设备升级后单位时间内的利润，分类讨论求出与的关系，做差比较大小即可得出结论.
【详解】（1）因为，所以控制系统中正常工作的元件个数X的可能取值为0，1，2，3；
因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，
所以，
所以，
，，
所以控制系统中正常工作的元件个数X的分布列为
X
0
1
2
3
P




控制系统中正常工作的元件个数X的数学期望为 ；
（2）升级改造后单位时间内产量的分布列为
产量
3a
0
设备运行概率


所以升级改造后单位时间内产量的期望为；
所以
产品类型
高端产品
一般产品
产量（单位：件）


利润（单位：元）
2
1
设备升级后单位时间内的利润为
，即.
因为控制系统中元件总数为奇数，若增加2个元件，则
第一类：原系统中至少有个元件正常工作，其概率为；
第二类：原系统中恰好有k个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作，其概率为；
第三类：原系统中有个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，其概率为；
所以
，
即，
所以当时，，当时，，
又因为，
所以当时，设备可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润；
当时，设备不可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润.