2022-2023学年江苏省连云港市高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年江苏省连云港市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．抛掷一颗质地均匀的骰子，样本空间，事件，事件，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出，和，然后利用条件概率公式求解即可.

【详解】由题知，，，，

所以.

故选：B

2．设随机变量，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用正态分布曲线的性质即可求解.

【详解】因为，，

所以根据正态分布曲线特征可得，，即.

故选：D

3．某杂交水稻研究小组先培育出第一代杂交水稻，再由第一代培育出第二代，第二代培育出第三代，以此类推，且亲代与子代的每穗总粒数之间的关系如下表所示：

通过上面四组数据得到了与之间的线性回归方程是，预测第十代杂交水稻每穗的总粒数为（    ）

A．233 B．234 C．235 D．236

【答案】A

【分析】求出样本中心，然后确定回归直线方程，即可求解预测当时，的估计值.

【详解】由题意可知：，.

因为回归直线方程经过样本中心，所以，解得，

回归直线方程为：，

当时，的估计值为：.

故选：A.

4．若一个正棱台，其上､下底面分别是边长为和的正方形，高为，则该正棱台的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据条件作图，利用求得，即可求出外接球半径，求出外接球表面积.

【详解】根据条件，作正棱台图像如下，

则其外接球球心在高的延长线上，

，，，

所以，，

由，

可得，

解得，

所以外接球半径即，

所以其外接球表面积为.

故选：A

5．若4名学生报名参加数学､物理､计算机､航模兴趣小组，每人限报1项，则恰好航模小组没人报的方式有（    ）

A．18种 B．36种 C．72种 D．144种

【答案】B

【分析】由题知先对学生进行分组，然后在对兴趣小组进行选择即可.

【详解】因为题意要求恰好航模小组没人报，

则将4名学生中的两个“捆绑”分为3组，

则此时有：种情况，

然后选择三个小组有：，

故满足题意的情况数为：，

故选：B.

6．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则

（  ）

A．α∥β且∥α B．α⊥β且⊥β

C．α与β相交，且交线垂直于 D．α与β相交，且交线平行于

【答案】D

【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．

【解析】平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．

7．被除所得的余数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由利用二项式定理展开即可得出的二项展开式，进而得出结果.

【详解】因为

，

所以，

所以被除所得的余数是.

故选：C

8．在中，为斜边上异于的动点，若将沿折痕翻折，使点折至处，且二面角的大小为，则的最小值为（    ）

A．4 B． C． D．

【答案】A

【分析】依题意作出相应图形，得到，记，，利用空间数量积的运算性质可得出，从而求得的最小值.

【详解】过点在平面内作直线，垂足为点，过点在平面内作直线，垂足为点，如下图所示：

，，

在中，，所以，

记，且，则，

所以，，

因为二面角的大小为，即为向量，的夹角为，

，

且，

所以

，

则，当且仅当时，即当时，等号成立，

因此，线段长度的最小值为4.

故选：A.

二、多选题

9．已知，则（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】AC

【分析】求出的通项结合赋值法对选项一一判断即可得出答案.

【详解】对于A，令，则，故A正确；

对于B，的通项为，

所以令可得，故B错误；

对于C，的通项为，

所以当时，即，而，

所以令，则，

而，故C正确；

对于D，令可得，，

又因为令，则，

所以，故D错误.

故选：AC.

10．从0，1，2，3，4，5，6这7个数字中取出4个数字，则（    ）

A．可以组成720个无重复数字的四位数

B．可以组成300个无重复数字且为奇数的四位数

C．可以组成270个无重复数字且比3400大的四位数

D．可以组成36个无重复数字且能被25整除的四位数

【答案】ABD

【分析】根据0不能排在首位，利用分步计数原理可判断A；先排个位，再排千位，然后排十位与百位可判断B；分三类，千位比3大的数，千位是3且百位比4大的数，千位是3且百位是4的数，进而可判断C；对个位与十位分两种情况讨论判断D.

【详解】首位不能排0，有种排法，后面三位从剩下的6个数字中任选3个进行排列，所以共有，即可以组成720个无重复数字的四位数，A正确；

个位从1，3，5选择一个，有种选法；千位数字不可选0，从剩下的5个中选一个，有种选法；在剩下的5个数字中选出2个，安排在百位、十位数字，有种选法，则个无重复数字的四位奇数；B正确；

3400大的四位数分三类：

第一类千位比3大的数，其它三位任意排，有个，

第二类千位是3，百位比4大的数，其它两位任意排，有个，

第三类千位是3，百位是4的数，其它两位任意排，有个，

根据分类计数原理得比3400大的四位数共有，C不正确；

能被25整除的四位数分两类：

第一类：形如□□25，共个；第二类：形如□□50，共有个；

能被25整除的四位数共有：个，D正确.

故选：ABD.

11．袋内有除颜色外其它属性都相同的3个黑球和2个白球，则下列选项正确的是（    ）

A．有放回摸球3次，每次摸1球，则第3次摸到白球的概率是

B．有放回摸球3次，每次摸1球，则第3次才摸到白球的概率是

C．不放回摸球3次，每次摸1球，则第3次摸到白球的概率是

D．不放回摸球3次，每次摸1球，则第3次才摸到白球的概率是

【答案】BCD

【分析】AB选项，考虑有放回时，利用白球和黑球个数比例求出相应的概率；C选项，考虑两种情况，求出相应的概率求和即可；D选项，在C选项的基础上进行求解即可.

【详解】A选项，有放回摸球3次，每次摸1球，则第3次摸到白球的概率为，A错误；

B选项，放回摸球3次，每次摸1球，则第3次才摸到白球，则前两次均摸到黑球，

故概率为，B正确；

C选项，不放回摸球3次，每次摸1球，则第3次摸到白球，

分以下两种情况进行求解，前两次摸到1个白球，第三次摸到白球和前两次没有摸到白球，第三次摸到白球，

其中

前两次摸到1个白球，第三次摸到白球的概率为，

前两次没有摸到白球，第三次摸到白球的概率为，

综上：第三次摸到白球的概率为，C正确；

D选项，不放回摸球3次，每次摸1球，则第3次才摸到白球的概率为，D正确.

故选：BCD

12．在棱长为2的正方体中，为的中点，点在正方体的面内（含边界）移动，点为线段上的动点，设，则（    ）

A．当时，平面

B．为定值

C．的最小值为

D．当直线平面时，点的轨迹被以为球心，为半径的球截得长度为1

【答案】ABD

【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和直线的方向向量可判断A；利用等体积法即可判断B；由两点间的距离公式求出，由二次函数的性质可判断C；根据面面平行的判定定理知点轨迹为线段，即可求出的轨迹被以为球心，为半径的球截得长度即可判断D.

【详解】对于A，以为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

因为正方体的棱长为2，

所以 ，，，，，，

则，，

设平面的一个法向量为，

则,取，则，

因为，所以，

所以，，

因为平面，所以平面，故A正确；

对于B，设点到平面的距离为，

则所以，因为点在正方体的面内（含边界）移动，

又因为平面平面，所以点到平面的距离为定值，

又因为为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；

对于C，设，，

所以，所以，

所以，

则

，故C错误；

对于D，连接，由正方体的性质知，，平面，平面，

所以平面，，平面，平面，

所以平面，，所以平面平面，

因为点在正方体的面内（含边界）移动，当，则平面，

则平面，则点轨迹为线段，

取中点，连接，而△为等边三角形，则，

以A为球心，为半径的球截的长度为，故D正确；

故选：ABD.

【点睛】方法点睛：立体几何中的动态问题：

①几何法：根据图形特征，寻找两点之间的距离的范围；②坐标法：建立空间直角坐标系，利用坐标求范围.

三、填空题

13．某厂用甲､乙两台机器生产相同的零件，它们的产量各占，而各自的产品中废品率分别为，则该厂这种零件的废品率为          .

【答案】

【分析】由全概率公式求解即可.

【详解】由已知得，

这种零件的废品率为.

故答案为：

14．为考查某种流感疫苗的效果，某实验室随机抽取100只健康小鼠进行试验，得到如下列联表：

则在犯错误的概率最多不超过          的前提下，可认为“注射疫苗”与“感染流感”有关系.

参考公式：.

【答案】0.05/

【分析】补充列联表，计算可得，即可得出答案.

【详解】补充列联表可得，

所以，.

所以，在犯错误的概率最多不超过的前提下，可认为“注射疫苗”与“感染流感”有关系.

故答案为：0.05.

15．将边长为的正方形绕旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，与在平面的同侧，则异面直线与所成角的正切值为          .

【答案】

【分析】设点在下底面圆周的射影为，连接，则，直线与所成角为或其补角，判断出的形状，即可得解.

【详解】设点在下底面圆周的射影为，连接，则，

所以，直线与所成角为或其补角，且，

连接、、，则，，所以，，

又因为，则为等边三角形，且，

因为平面，平面，则，故为等腰直角三角形，

故直线与所成角大小为，其正切值为.

故答案为：.

16．如图，在杨辉三角中，斜线上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：，记这个数列的前项和为，则的值为          .

【答案】454

【分析】分组求和，结合组合数公式，计算出答案.

【详解】根据组合知识可得

.

故答案为：454

四、解答题

17．在中，内角所对的边分别为.已知.

(1)求；

(2)若，且的面积为，求的周长.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）利用二倍角公式化简即可求得.

（2）利用面积公式和余弦定理即可求解.

【详解】（1）由，得，

在中，，

在中，.

（2），

由余弦定理得，

，，

的周长为.

18．李平放学回家途经3个有红绿灯的路口，交通法规定：若在路口遇到红灯，需停车等待；若在路口没遇到红灯，则直接通过.经长期观察发现：他在第一个路口遇到红灯的概率为，在第二､第三个路口遇到红灯的概率依次增加，在三个路口都没遇到红灯的概率为，在三个路口都遇到红灯的概率为，且他在各路口是否遇到红灯相互独立.

(1)求李平放学回家途中在第三个路口首次遇到红灯的概率；

(2)记为李平放学回家途中遇到红灯的路口个数，求数学期望.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设第二､三个路口遇到红灯的概率分别为，由已知列出方程组，求解得出的值，即可得出答案；

（2）的可能值为，根据独立事件的乘法公式以及互斥事件的概率加法公式，分别求出取不同值的概率，列出分布列，然后根据期望公式，即可得出答案.

【详解】（1）设第二､三个路口遇到红灯的概率分别为，，

依题意可得

解得或（舍去），

所以李平放学回家途中在第三个路口首次遇到红灯的概率.

（2）由已知可得，的可能值为，

，

，

，

，

所以，分布列为

所以，.

19．已知数列的前项和为.

(1)证明：数列是等差数列；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据，变形得到，从而得到，得到答案；

（2）先在（1）的基础上求出，利用错位相减法求出答案.

【详解】（1）因为，，

，即，

，即，

是1为首项，1为公差的等差数列.

（2）由（1）知，，

，

故①，

②，

两式相减得，，

所以.

20．如图，在三棱锥中，，平面平面.

(1)求异面直线与间的距离；

(2)若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）法一：根据等腰三角形性质得PO垂直AC，，根据线面垂直的判定定理得面，在面中，作，知为异面直线与间的距离可得答案；法二：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，且可得，由异面直线与间的距离向量求法可得答案；

（2）方法一：在平面内作，则平面，在平面内作，则，得为二面角的平面角，法一：设点到平面的距离为，利用得可得答案；法二：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量求法可得答案.

【详解】（1）法一：取中点，连接，由知，

又平面平面，平面平面，故平面，

连接，则，

又因为为中点，故，

面，故面，

在面中，作，则由知为异面直线与间的距离，

由，知，

即异面直线与间的距离为；

法二：取中点，连接，由知，

又平面平面，平面平面，故平面

以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，

则，

设，且，

则，令，则，

又，则异面直线与间的距离为；

（2）由（1）知平面，可得平面平面，

如图，在平面内作，垂足为，则平面，

在平面内作，垂足为，联结，

平面，所以，且，平面，

所以平面，平面，所以

故为二面角的平面角，即，

设，则，在Rt中，，

在Rt中，由知，得，

法一：设点到平面的距离为，由，得，即，

又，

解得，则与平面所成角的正弦值为；

法二：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，

建立空间直角坐标系如图，

则，

，

设平面的法向量为，则由，

知，令，则，

则与所成角的余弦值为，

则与平面所成角的正弦值.

21．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)斜率为正数且不过原点的直线交椭圆于两点，线段的中点为，射线交椭圆及直线分别于点和点，且.证明：直线过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据椭圆的离心率与椭圆上的点列方程求解即可得椭圆方程；

（2）设直线的方程为：，，联立直线与椭圆得交点坐标关系，再结合线段坐标表示求解的值即可得结论.

【详解】（1）由题知，解得：，

所以椭圆.

（2）设直线的方程为：，，

由，得，

由得，

设，则，

，

，射线OP的方程为，

由，得；由，得，

由，得，即，解得，

直线恒过定点.

【点睛】方法点睛：本题考察直线过定点问题，常用方法：设直线方程，联立曲线方程消元，根据韦达定理，结合已知条件列方程，寻找k和b的关系，代回直线方程化为点斜式可得.

22．已知函数.

(1)当为何值时，轴为曲线的切线；

(2)用表示中的最大值，设函数，试讨论函数零点的个数.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的a值；

（2）根据对数函数的图象与性质将分为，研究 的零点个数，若零点不容易求解，则对再分类讨论.

【详解】（1）设曲线与轴相切于点，则，

即，解得.

（2）当时，在无零点.

当时，若，则，

故是的零点；

若，则，

故不是的零点.

当时，，所以只需考虑在的零点个数.

（i）若或，则在无零点，

故在单调，而，

所以当时，在有一个零点；

当时，在无零点.

（ii）若，则在单调递增，在单调递减，

故当时，取的最大值，最大值为.

①若，即在无零点.

②若，即，则在有唯一零点；

③若，即，由于，

所以当时，在有两个零点；

当时，在有一个零点.

综上，当或时，有一个零点；

当或时，有两个零点；

当时，有三个零点.

【点睛】方法点睛：利用导数研究方程根（函数零点）的技巧

（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．

（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．

（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．