高二数学下学期期末模拟卷01——2022-2023学年高二数学下学期期末知识点精讲+训练学案+期末模拟卷（苏教版2019选择性必修第二册）

2022-2023学年高二数学下学期期末模拟卷01

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．已知随机事件，且，，，则             （    ）

A．               B．             C．            D．

【分析】由题意结合条件概率公式可得，再由条件概率公式即可得解.

【解析】因为，所以．故选C．

2．用0，1，2，3，4可以组成没有重复数字的四位偶数的个数为                      （    ）

A．36 B．48 C．60 D．72

【解析】C

3．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）之间有如上对应数据：

根据上表可得回归方程，则当投入10万元广告费时，销售额的预报值为      （    ）

A．75万元     B．85万元       C．99万元 D．105万元

【解析】B

4．展开式中的常数项为，则项的系数为                         （    ）

A. 240 B. 120 C. 180 D.

【分析】根据二项展开式的通项公式，当求得，再由可得的值，进而即可得解.

【解析】展开式的通项公式为，

令，可得，常数项为，得．

再令，得，所以项的系数为．故选：A

5．已知随机变量服从两点分布，，则其成功概率为                    （    ）

A. 0 B. 1 C. 0.3 D.

【解析】随机变量服从两点分布，设成功的概率为，.

故选：D

6．如图，在棱长为1的正方体中，分别为的中点，则与所成的角的余弦值为                                                                （    ）

A．               B．                 C．              D．

6．C

7．德国数学家莱布尼茨是世界上第一个提出二进制记数法的人.二进制数被广泛应用于电子电路､计算机等领域.某电子电路每运行一次都随机出现一个四位二进制数，其中出现0的概率为，出现1的概率为，记，当电路运行一次时，的数学期望                                                                      （    ）

A  B. 2 C.  D. 3

【分析】根据二项分布求期望.

【解析】由题意，，故

，故选:C.

8．现用五种不同的颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边的两块不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为                                                       （    ）

A. 180 B. 200 C. 240 D. 260

【分析】先涂Ⅰ，有5种涂法，然后涂Ⅱ，Ⅳ，最后涂Ⅲ，分Ⅱ，Ⅳ相同和Ⅱ，Ⅳ不同求解.

【解析】先涂Ⅰ，有5种涂法，然后涂Ⅱ，Ⅳ，最后涂Ⅲ．

①当Ⅱ，Ⅳ相同时，涂法有种，故不同的涂色方法种数为；

②当Ⅱ，Ⅳ不同时，涂法有种，故不同的涂色方法种数为．

综上所述，不同的涂色方法种数为．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，有选错的得0分，部分选对的得2分。

9．已知正整数满足不等式，则下列结论正确的是                       （    ）

A.  B.

C.  D.

【分析】根据排列、组合数的计算公式逐一验证选项即可.

【解析】选项A：等号左边，等号右边

等号左边=等号右边，A正确.

选项B：等号左边，等号右边，B错误.

选项C：等号左边，等号右边，等号左边=等号右边，C正确.选项D：等号左边，

等号右边，D正确. 故选：ACD.

10．已知，分别为随机事件，的对立事件，，，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C. 若，独立，则 D. 若，互斥，则

【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断．

【解析】选项A中：，故选项A错误，选项B正确；选项C中：，独立，则，则，故选项C正确；选项D中：，互斥，则，根据条件概率公式，

故选项D正确，故选：BCD

11．下列说法正确的是                                                            （    ）

A．若随机变量服从两点分布，，则

B．若随机变量的方差，则

C．若随机变量服从二项分布，则

D．若随机变量服从正态分布，，则

【解析】CD

12．正方体的棱长为2，分别为的中点．则下列结论正确的是（    ）

A．直线与平面垂直               B．直线与平面平行

C．三棱锥的体积为             D．点到平面的距离为

【解析】BCD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知向量共面，则实数的值是         ．

【解析】2

14．若的展开式中第5项的二项式系数最大，写出一个符合条件的n的值是_________．（写出一个满足条件的n的值即可）

【答案】7（答案不唯一：7，8，9均可）

【分析】分为奇数和偶数两种情形，结合二项式系数的特征即可得结果.

【解析】当为偶数时，若，第5项二次项系数最大；

当为奇数时，若，第4、5项二次项系数最大，合乎题意；

若，第5、6项二次项系数最大，合乎题意；故的值为：7，8，9

故答案为：7（答案不唯一：7，8，9均可）

15．已知随机变量X～B(5，)，则P(X≥4)＝________.

【答案】

【分析】利用随机变量的独立重复试验求解.

【解析】P(X≥4)＝.故答案为：

16．已知直四棱柱的所有棱长相等，，则直线与平面所成角的余弦值等于___________.

【答案】

【分析】取的中点，连接，可证明平面,从而可得为直线与平面所成角，从而在直角三角形中可求解.

【解析】取的中点，连接，由题意, ,则为等边三角形，所以, 又四棱柱为直四棱柱，则平面 ，而平面,所以,又，所以平面,所以为直线与平面所成角，设, 则, ，在直角三角形中，，故答案为：

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．(10分) 水蜜桃是生活中常见的水果之一，适量食用可以增高人体血红蛋白的含量，补充人体的维生素和膳食纤维，但水蜜桃的外皮较薄，往往小的划痕都容易造成它的腐烂变质。某水果批发市场，在水蜜桃成熟以后进行装箱，每一箱10个．根据以往经验，该种水果每箱含有0，1，2个坏果的概率分别为，，．

（1）现随机取三箱该水蜜桃，求三箱水蜜桃中坏果总数恰有3个的概率；

（2）现随机打开一箱该水蜜桃，并从中任取2个，设X为坏果的个数，求X的分布列及期望．

【解析】（1）三箱水蜜桃中坏果总数恰有3个坏果的情况有：有一箱有2个坏果，一箱有1个坏果，另外一箱没有坏果，或者三箱各有一个坏果，

三箱水果中坏果总数恰有3个坏果的概率为………………………..4分

（2）由题意可知：可取0,1,2

则 ,

,

,

所以的分布列为：

………………………..9分（一个概率1分，列表没有扣2分）

期望为………………………..12分

18．(12分) 随着手机的日益普及，学生使用手机对学校管理和学生发展带来诸多不利影响.为保护学生视力，让学生在学校专心学习，防止沉迷网络和游戏，促进学生身心健康发展，教育部于2021年1月15日下发文件《关于加强中小学生手机管理工作的通知》，对中小学生的手机使用和管理作出了相关的规定某研究型学习小组调查研究“中学生使用智能手机对学习的影响”，对我校80名学生调查得到部分统计数据如下表，记为事件：“学习成绩优秀且不使用手机”；为事件：“学习成绩不优秀且不使用手机”，且已知事件的频率是事件的频率的2倍.

（1）求表中，的值，并补全表中所缺数据；

（2）运用独立性检验思想，判断是否有99.5%的把握认为中学生使用手机对学习有影响？

参考数据：，其中.

【分析】（1）由题意可得从而可求出的值，进而可填出列联表；

（2）直接利用公式求解，然后根据临界值表得结论

【解析】（1）由己知得解得

补全表中所缺数据如下：

（2）根据题意计算观测值为，

所以有99.5%的把握认为中学生使用手机对学习有影响.

19．(12分) 如图，在三棱锥中，平面，，，E是线段的中点．

（1）证明：平面；

（2）求点D到平面的距离．

19．（1）证明：在三棱锥中，因为平面

因为平面

所以，又因为，所以

因为，，平面

所以平面．……………………………………………………3分

平面所以

因为，E是线段的中点，所以

因为，，平面

所以平面．……………………………………………………6分

（2）【法一】在中，过点D作的垂线，垂足为H

因为平面，平面

所以

因为，，，平面

所以平面……………………………………………………8分

在等腰直角三角形中，，，所以

因为平面，平面，所以

在直角三角形中，，

所以，

即点D到平面的距离为．………………………………………………12分

【法二】因为平面，，且，，

所以…………………………………………8分

因为平面，平面，所以

在等腰直角三角形中，，，所以

直角三角形中，，所以

直角三角形中，，，所以，所以

设点D到平面的距离为h，由于，

所以，所以，即点D到平面的距离为．……………12分

20．(12分) 已知数列的前n项和为，且满足，.

（1）求数列的通项公式；

（2）若等差数列的前n项和为，且，，求数列的前n项和．

【答案】（1）（2）

【解析】（1）当时，得，由，得，

两式相减得，又，∴，

又，∴，显然，

即数列是首项为3、公比为3的等比数列，∴；

（2）设数列的公差为，则有，

由得，解得，∴，

又，

∴==．

21．(12分) 如图，四面体中，，，，为的中点．

（1）证明：平面；

（2）设，，，点在上，若与平面所成的角的正弦值为，求此时点的位置．

【分析】（1）根据已知关系有得到，结合等腰三角形性质得到垂直关系，结合线面垂直的判定即可证明；（2）根据已知求证、、两两垂直，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.

【解析】（1）因为，为的中点，所以，

在和中，

所以，所以，又为中点，

所以，又平面，，所以平面.

（2）因，则，，

由且，所以是等边三角形，

由且，为的中点，

所以，在等腰直角中，则，

故，又且，

以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，

所以，，

设面的一个法向量为，则，

取，则，又，，设，，所以，

设与平面所成的角的正弦值为，

因为，

所以，

所以，解得，

所以为的四等分点且靠近点位置.

22．(12分) 已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若恒成立，求的取值范围.

【分析】(1)分类讨论参数的取值范围，来确定的正负号，从而确定单调性；

(2)由(1)中结论，求出最大值，结合恒成立问题的含义即可求解.

【解析】(1)

①当时，，在上单调递增；

②当时，令，令.

所以在上单调递增，在上单调递减.

综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.

(2)由(1)知，当时，在上单调递增，而不成立；

当时，的最大值为，有，即，所以.

综上.

故答案为：.