江苏省宿迁市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题（原卷版+解析版）

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本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．
注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴处”．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上．如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案．不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
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. 计算（ ）
A. 20B. 21C. 35D. 36
【答案】B
【解析】
【分析】利用组合数计算公式计算可得结果.
【详解】由组合数计算公式可得.
故选：B
2. 已知样本数据，，…，的平均数为5，则，，…，的平均数为（ ）
A. 6B. 7C. 15D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】根据平均数的性质即可得的平均数为，则可得到新的一组数据的平均数.
【详解】由题意，样本数据，，…，的平均数为5，
设的平均数为，
即，解得，
根据平均数性质知，，…，的平均数为.
故选：B
3. 下表是大合唱比赛24个班级的得分情况，则80百分位数是（ ）
A. 13.5B. 10.5C. 12D. 13
【答案】D
【解析】
【分析】根据百分位数的定义求解即可.
【详解】因为，24个班级的得分按照从小到大排序，
可得80百分位数是第20个数为13.
故选：D
4. 已知，为两条不同直线，，，为三个不同平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. ，，则D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】由线线、线面、面面的位置关系即可求得本题.
【详解】若，，则或，则A错；
若，，则或与异面，则B错；
，，由平行的传递性可知，，则C对；
若，，则或相交.，D错，
故选：C.
5. 已知三点不共线，为平面外一点，下列条件中能确定四点共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理对选项逐个进行验证即可得出结论.
【详解】由空间向量基本定理可知，若四点共面，则需满足存在实数使得，且，
显然选项A，C不成立；
对于选项B，由可得，
不合题意，即B错误；
对于D，化简可得，
满足，可得D正确；
故选：D
6. 已知随机事件，，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由乘法公式代入计算可得，再由条件概率公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，，，
则，
则.
故选：A
7. 已知，则的值为（ ）
A. 255B. 256C. 511D. 512
【答案】A
【解析】
【分析】利用二项式定理写出展开式的通项，令求出，分别令、，再两式相加可得，再减去即可.
【详解】令，得，
令，得，
令，得，
两式相加得，
得，
则.
故选：A.
8. 某工厂有甲、乙、丙3个车间生产同一种产品，其中甲车间的产量占总产量的，乙车间占，丙车间占．已知这3个车间的次品率依次为，，，若从该厂生产的这种产品中取出1件为次品，则该次品由乙车间生产的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由全概率公式可得抽取到次品的概率，再由条件概率公式代入计算，即可求解.
【详解】记事件A表示甲车间生产的产品，
记事件表示乙车间生产的产品，
记事件表示丙车间生产的产品，
记事件表示抽取到次品，
则,
，
取到次品的概率为
，
若取到的是次品，此次品由乙车间生产的概率为：
.
故选：C
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列选项中叙述正确有（ ）
A. 在施肥量不过量的情况下，施肥量与粮食产量之间具有正相关关系
B. 在公式中，变量与之间不具有相关关系
C. 相关系数时变量间的相关程度弱于时变量间的相关程度
D. 某小区所有家庭年收入（万元）与年支出（万元）具有相关关系，其线性回归方程为．若，，则．
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据相关关系的定义和性质可判断AB的正误，根据相关系数的性质可判断C的正误，根据回归方程的性质可判断D的正误.
【详解】对于A，在施肥量不过量的情况下，施肥量越大，粮食产量越高，
故两者之间具有正相关关系，故A正确.
对于B，变量与之间函数关系，不是相关关系，故B错误.
对于C，因为，
故相关系数时变量间的相关程度弱于时变量间的相关程度，故C正确.
对于D，因为回归直线过，故，故，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知点，，，平面经过线段的中点，且与直线垂直，下列选项中叙述正确的有（ ）
A. 线段的长为36
B. 点在平面内
C. 线段的中点的坐标为
D. 直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由空间两点间的距离公式即可得到线段的长，判断A；由平面，垂足为点，，即可判断B；由中点坐标公式可得点的坐标，判断C；设直线与平面所成的角为，，通过坐标运算可得，判断D.
【详解】因为点，，
所以,故A错误；
设点的坐标为，因为为线段的中点，
所以，
则的坐标为，故C正确；
因为点，则，又，
则，所以，即，
又平面，垂足为点，即平面，所以平面，故B正确；
由，，得，
设直线与平面所成的角为，
则，故D正确.
故选：BCD.
11. 甲袋中有2个红球、3个黄球，乙袋中有3个红球、2个黄球，同时从甲、乙两袋中取出2个球交换，分别记交换后甲、乙两个袋子中红球个数的数学期望为、，方差为、，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】依题意可知不管如何交换红球个数始终只有5个，易知，利用期望值和方差性质可得A，D正确，C错误；易知随机变量的所有可能取值为，写出对应的概率并得出分布列，可得，，可得B正确.
【详解】根据题意，记甲、乙两个袋子中红球个数分别为，
不管如何交换红球个数始终只有5个，易知，
对于A，由期望值性质可得，即，所以A正确；
对于B，易知随机变量的所有可能取值为；
当从甲袋中取出2个红球，乙袋中取出2个黄球后交换，可得
，
当从甲袋中取出1个红球，1个黄球，乙袋中取出2个黄球后交换，或者从甲袋中2个红球，乙袋中取出1个红球，1个黄球后交换，可得
；
当从甲袋中取出1个红球，1个黄球，乙袋中取出1个红球，1个黄球；或者从甲袋中取出2个红球，乙袋中取出取出2个红球；或者从甲袋中取出2个黄球，乙袋中取出取出2个黄球后交换，可得
；
当从甲袋中取出2个黄球，乙袋中取出1个红球，1个黄球；或者从甲袋中取出1个红球，1个黄球，乙袋中取出取出2个红球后交换，可得
；
当从甲袋中取出2个黄球，乙袋中取出2个红球后交换，可得
，
随机变量的分布列为
所以期望值，
可得，即，可得B正确；
对于C，D，由方差性质可得，即可得，所以C错误，D正确.
故选：ABD
关键点点睛：根据题意可得随机变量满足，利用期望值和方差性质可判断出AD选项，再求出随机变量的分布列可得结论.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知随机变量服从正态分布，若，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性结合已知条件求解即可.
【详解】因为随机变量服从正态分布，，
所以,
故答案为：
13. 如图，用四种不同颜色给图中的五个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色．则不同的涂色方法共有______种．
【答案】72
【解析】
【分析】由图形可知点比较特殊，所以按照分类分步计数原理从点开始涂色计算可得结果.
【详解】根据题意按照的顺序分5步进行涂色，
第一步，点的涂色有种，
第二步，点的颜色与不同，其涂色有种，
第三步，点的颜色与都不同，其涂色有种，
第四步，对点涂色，当同色时，点有1种选择；当不同色时，点有1种选择；
第五步，对点涂色，当同色时，点有2种选择；当不同色时，点有1种选择；
根据分类分步计数原理可得，不同的涂色方法共有种.
故答案为：72
14. 如图，已知三棱锥的底面是边长为2的等边三角形，，为中点，，则三棱锥的外接球表面积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】设外接圆的圆心为，三棱锥的外接球的球心为，连接， 的外接圆的圆心为，连接，，可证四边形为矩形，利用解直角三角形可求外接球半径，故可求其表面积.
【详解】因为为等边三角形，为中点，故，
而，，平面，所以平面.
设外接圆的圆心为，三棱锥的外接球的球心为，连接，
设的外接圆的圆心为，连接，，
则平面，
故，故共面，而平面，
故，故四边形为矩形.
又，而，
故外接球半径为，
故外接球的表面积为，
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．
15. 在的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列．
（1）证明展开式中不存在常数项；
（2）求展开式中所有的有理项．
【答案】（1）证明见解析；
（2），，，.
【解析】
【分析】（1）根据题意可求得，利用二项展开式的通项可得展开式中不存在常数项；
（2）由二项展开式的通项令的指数为整数即可解得合适的值，求出所有的有理项.
【小问1详解】
易知第2，3，4项的二项式系数依次为，
可得，即，
整理得，解得或（舍）；
所以二项式为，假设第项为常数项，其中，
即可得为常数项，所以，
解得，不合题意；
即假设不成立，所以展开式中不存在常数项；
【小问2详解】
由（1）可知，二项展开式的通项可得，
其中的有理项需满足，即，且；
当，此时有理项为；
当，此时有理项为；
当，此时有理项为；
当，此时有理项为；
综上可知，展开式中所有的有理项为，，，.
16. 某校天文社团将2名男生和4名女生分成两组，每组3人，分配到，两个班级招募新社员．
（1）求到班招募新社员的3名学生中有2名女生的概率；
（2）设到，两班招募新社员的男生人数分别为，，记，求的分布列和方差．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由古典概型的概率求解；
（2）由题意，的可能取值为，算出对应概率，，，即可列出的分布列，再求出，进而由公式求出方差．
【小问1详解】
到班招募新社员的3名学生中有2名女生的概率为.
【小问2详解】
由题意，的可能取值为，则
，，，
所以的分布列为
则，
所以.
17. 如图，正三棱柱中，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）当的值为多少时，平面?请给出证明．
【答案】（1）证明见答案.
（2）
【解析】
【分析】（1）连接,交于点，连接，能证出，则能证出平面.
（2）先把平面当做条件，得出，得出的值，过程要正面分析.
【小问1详解】
连接,交于点，连接，
因为是的中点，为的中点，
所以是的中位线，即,
平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
时，平面，证明如下：
因为，，，
，
，，即.
因为三棱柱为正三棱柱，为正三角形，且平面，
，，平面，平面，
平面，因为平面，
所以，，平面，
平面.
.
18. 会员足够多的某知名户外健身俱乐部，为研究不高于40岁和高于40岁两类会员对服务质量的满意度．现随机抽取100名会员进行服务满意度调查，结果如下：
（1）问：能否认为，会员不高于40岁和高于40岁年龄结构对服务满意度有关；
（2）用随机抽取的100名会员中的满意度频率代表俱乐部所有会员的满意度概率．从所有会员中随机抽取3人，记抽取的3人中，对服务满意的人数为，求的分布列和数学期望．
参考公式：（其中）．
参考数据：
【答案】（1）不能认为会员不高于40岁和高于40岁年龄结构对服务满意度有关.
（2）分布列见解析；.
【解析】
【分析】（1）首先根据列联表中的数据结合公式计算值，然后对照表格得到结论；
（2）由表格可知，对服务满意的人的概率为，且，根据二项分布公式即可求解．
【小问1详解】
由列联表可知：
，
所以不能认为会员不高于40岁和高于40岁年龄结构对服务满意度有关.
【小问2详解】
由表格可知，对服务满意人的概率为，且，
则，
可得：，，
，，
故的分布列如图：
可得.
19. 如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为．
（1）求证：；
（2）若，求三棱台的体积；
（3）若到平面的距离为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用三棱柱性质，根据线面垂直的判定定理可得平面，可证明结论；
（2）由二面角定义并利用棱台的体积公式代入计算可得结果；
（3）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法即可得出的值.
【小问1详解】
取的中点为，连接；如下图所示：
易知平面平面，且平面平面，平面平面；
所以，又因为，
可得四边形为等腰梯形，
且分别为的中点，所以，
因为，所以，
易知，且平面，
所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
由二面角定义可得，二面角的平面角即为，
当时，即，因此可得平面，
可知即为三棱台的高，由可得；
易知三棱台的上、下底面面积分别为，
因此三棱台的体积为
【小问3详解】
由（1）知，，，二面角的平面角即为；
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，过点作垂直于平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
可得，
易知，可得；
则
设平面的一个法向量为，
所以，
令，则，可得；
显然，
由到平面的距离为，可得，
即，可得；
整理得，解得或；
又，可得.
方法点睛：求解点到平面距离常用方法：
（1）等体积法：通过转换顶点，利用体积相等可得点到面的距离；
（2）向量法：求出平面的法向量，并利用点到平面距离的向量求法公式计算可得结果；
得分
7
8
9
10
11
13
14
频数
4
2
4
6
2
4
2
0
1
2
3
4
年龄段
满意度
合计
满意
不满意
不高于40岁
50
20
70
高于40岁
25
5
30
合计
75
25
100
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
X
0
1
2
3
P