2022-2023学年四川省雅安市天立学校高二（下）期中数学试卷（理科）（含解析）

这是一份2022-2023学年四川省雅安市天立学校高二（下）期中数学试卷（理科）（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，在平行六面体ABCD−A′B′C′D′顶点连接的向量中，与向量AA′相等的向量有( )
A. 6个
B. 9个
C. 0个
D. 3个
2.甲、乙2名同学准备报名参加A，B，C三个社团，每人报且只报一个社团，不同的报名方法有( )
A. 9种B. 6种C. 4种D. 3种
3.设a∈R，则“a(a−3)>0”是“a>3”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.在10件产品中，有8件合格品，2件次品．从这10件产品中任意抽出3件，抽出的3件中恰有1件次品的概率为( )
A. 115B. 415C. 715D. 815
5.命题“有一个偶数是素数”的否定是( )
A. 任意一个奇数是素数B. 存在一个偶数不是素数
C. 存在一个奇数不是素数D. 任意一个偶数都不是素数
6.已知一组样本数据(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)，根据这组数据的散点图分析x与y之间的线性相关关系，若求得其线性回归方程为y =−30.4+13.5x，则在样本点(9,53)处的残差为( )
A. 38.1B. −38.1C. 22.6D. 91.1
7.已知向量e1,e2不共线，AB=e1+e2,AC=2e1+8e2,AD=3e1−5e2，则( )
A. AB与AC共线B. AB与CD共线
C. A，B，C，D四点不共面D. A，B，C，D四点共面
8.(1−2x)4的展开式中二项式系数和为( )
A. −24B. 24C. −16D. 16
9.《九章算术》中有一分鹿问题：“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿．欲以爵次分之，问各得几何．”在这个问题中，大夫、不更、簪袅、上造、公士是古代五个不同爵次的官员，现皇帝将大夫、不更、簪枭、上造、公士这5人分成两组(一组2人，一组3人)，派去两地执行公务，则大夫、不更恰好在同一组的概率为( )
A. 15B. 25C. 35D. 110
10.已知四面体ABCD的每条棱长都等于2，点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则GE⋅GF等于( )
A. 1B. −1C. 4D. −4
11.已知a，b，c和d为空间中的4个单位向量，且a+b+c=0，则|a−d|+|b−d|+|c−d|不可能等于( )
A. 3B. 2 3C. 4D. 3 2
12.设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5)|xi∈{−1，0，1}，i=1，2，3，4，5}，那么集合A中满足条件1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3的元素的个数为( )
A. 60B. 100C. 120D. 130
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.(x2−1x)4的展开式中的常数项为______.(用数字作答)
14.设随机变量X的分布列如下(其中ab≠0)，则随机变量X的期望E(X)= ______．
15.已知条件p：k−116.点P是底面边长为2 3，高为2的正三棱柱表面上一点，MN是该棱柱内切球的一条直径，则PM⋅PN的取值范围为______．
三、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.(本小题10分)
已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，M是对角线AC1中点，化简下列表达式：
(1)AB1+B1C1+C1D1；
(2)12AD+12AB−12A1A．
18.(本小题12分)
考取驾照是一个非常严格的过程，有的人并不能够一次性通过，需要补考.现在有一张某驾校学员第一次考试结果汇总表，由于保管不善，只残留了如下数据(见下表)：
(1)完成此表；
(2)根据此表判断：是否可以认为性别与考试是否合格有关？如果可以，请问有多大把握；如果不可以，试说明理由．
参考公式：①相关性检验的临界值表：
②卡方值计算公式：k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d).其中n=a+b+c+d．
19.(本小题12分)
已知命题p：对于任意x∈R，不等式x2−(a−1)x+1>0恒成立，命题q：实数a满足14≤2a≤16．
(1)若命题p为真命题，求实数a的取值范围；
(2)若命题“p∨q”为真命题，“p∧q”为假命题，求实数a的取值范围．
20.(本小题12分)
平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°．
(1)求线段AC1的长；
(2)若AB=a，AD=b，AA1=c，判断{a+b,a−b,c}能否构成空间的一组基底，若能，用此基底表示向量A1B；若不能，说明理由．
21.(本小题12分)
据世界田联官方网站消息，原定于2023年5月13、14日在中国广州举办的世界田联接力赛延期至2025年4月至5月举行.据了解，甲、乙、丙三支队伍将会参加2025年4月至5月在广州举行的4×400米接力的角逐.接力赛分为预赛、半决赛和决赛，只有预赛、半决赛都获胜才能进入决赛.已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为23和34；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为34和45；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为23和56．
(1)甲、乙、丙三队中，谁进入决赛的可能性最大；
(2)设甲、乙、丙三队中进入决赛的队伍数为ξ，求ξ的分布列．
22.(本小题12分)
请用二项式定理解决下列问题，写出必要的过程：
(1)求91100除以100的余数；
(2)证明：(23)n−1<2n+1(n∈N+，且n≥3)．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵平行六面体ABCD−A′B′C′D′，
∴与向量AA′相等的向量有BB′，CC′，DD′，
故选：D．
利用空间向量相等的定义求解即可．
本题考查空间向量相等的定义，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：对于甲有3种报名方式，对于乙也有3种报名方式，
故不同的报名方式有3×3=9种．
故选：A．
按照分步乘法计数原理计算可得．
本题考查分步乘法计数原理，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由a(a−3)>0可得a>3或a<0，
故“a(a−3)>0”是“a>3”的必要不充分条件．
故选：B．
先解不等式a(a−3)>0可得a>3或a<0，然后检验充分性及必要性即可判断．
本题主要考查了充分必要条件的判断，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：抽出的3件中恰有1件次品，包括一件次品和两件正品，共有C21C82=56种
从这10件产品中任意抽出3件，共有C103=120种
∴抽出的3件中恰有1件次品的概率为56120=715
故选：C．
分别求出从这10件产品中任意抽出3件，抽出的3件中恰有1件次品的情况，即可求出概率．
本题考查概率的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由于存在量词命题p：∃x∈M，p(x)，否定为¬p：∀x∈M，¬p(x)，
所以命题“有一个偶数是素数”的否定是“任意一个偶数都不是素数”．
故选：D．
根据存在量词命题p：∃x∈M，p(x)，否定为¬p：∀x∈M，¬p(x)，即可解得正确结果．
本题主要考查命题的否定，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：把x=9代入y =−30.4+13.5x，
得y =−30.4+13.5×9=91.1，
则在样本点(9,53)处的残差为53−91.1=−38.1．
故选：B．
在已知线性回归方程中，取x=9代入求得预测值，减去实际值即可得残差．
本题考查线性回归方程的应用，考查残差的求法，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：∵AC≠λAB，∴AC，AB不共线，故A错误，
CD=AD−AC=e1−13e2，则CD≠λAB，即CD与AB不共线，故B错误，
若AD=xAB+yAC，则3e1−5e2=xe1+xe2+2ye1+8ye2=(x+2y)e1+(x+8y)e2，
则x+2y=3x+8y=−5，得x=173y=−43，即AD=173AB−43AC，则A，B，C，D四点共面，
故选：D．
根据向量共线和四点共面的条件进行判断即可．
本题主要考查平面向量基本定理的应用，根据向量共线和四点共面的条件是解决本题的关键，是中档题．
8.【答案】D
【解析】解：(1−2x)4的展开式中二项式系数和为24=16．
故选：D．
根据(a+b)n的展开式中二项式系数和为2n，计算即可．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：皇帝将大夫、不更、簪枭、上造、公士这5人分成两组(一组2人，一组3人)，派去两地执行公务，
基本事件总数n=C52C33A22=20，
大夫、不更恰好在同一组包含的基本事件个数m=C22C33A22+C22C31C22A22=8，
∴大夫、不更恰好在同一组的概率为p=mn=820=25．
故选：B．
基本事件总数n=C52C33A22=20，大夫、不更恰好在同一组包含的基本事件个数m=C22C33A22+C22C31C22A22=8，由此能求出大夫、不更恰好在同一组的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】A
【解析】解：取BD的中点M，连接AM、CM，如图所示，
四面体ABCD的每条棱长都等于2，点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，
所以GF=12AC=1，AM⊥BD，CM⊥BD，且AM∩CM=M，所以BM⊥平面AMC；
又AC⊂平面ACM，所以BD⊥AC；
又EF//BD，所以EF⊥AC；
又AC/​/FG，所以FG⊥EF；
所以GE⋅GF=(GF+FE)⋅GF=GF2+FE⋅GF=12+0=1．
故选：A．
根据题意画出图形，结合图形即可求出GE⋅GF的值．
本题考查了空间向量的数量积运算问题，也考查了空间中的位置关系应用问题，是基础题．
11.【答案】A
【解析】解：设向量a,b,c,d分别对应向量OA,OB,OC,OD，
由a+b+c=0可知三个向量两两夹角为120°，
如图，当D与A重合时，所求值为2 3；
当D与M重合时，所求值为4；
当OD⊥平面ABC时，所求值为3 2．
故选：A．
首先由三个向量和为0向量得到三向量共面且两两成120度，再分情况考虑d，不难得解．
此题考查了向量的几何意义，分类讨论，数形结合等，难度适中．
12.【答案】D
【解析】解：由于|xi|只能取0或1，且“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”，
因此5个数值中有2个是0，3个是0和4个是0三种情况：
①xi中有2个取值为0，另外3个从−1，1中取，共有方法数：C52×23=80；
②xi中有3个取值为0，另外2个从−1，1中取，共有方法数：C53×22=40；
③xi中有4个取值为0，另外1个从−1，1中取，共有方法数：C54×21=10．
∴总共方法数是80+40+10=130.即元素个数为130．
故选：D．
从条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”入手，讨论xi所有取值的可能性，分别为5个数值中有2个是0，3个是0和4个是0三种情况
本题考查了组合数的计算公式及其思想、集合的性质，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．
13.【答案】32
【解析】解：(x2−1x)4展开式的通项为Tr+1=C4r(x2)4−r(−1x)r=(−1)r2r−4C4rx4−2r，
令4−2r=0，得r=2，
所以(−1)r2r−4C4r=(−1)2×2−2×C42=32．
故答案为：32．
利用二项展开式的通项即可求得(x2−1x)4的展开式中的常数项．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．
14.【答案】1
【解析】解：由b2+a+b2=1，得a+b=1，
∴E(X)=0×b2+a+2×b2=a+b=1．
故答案为：1．
根据概率之和等于1可得出a，b的关系，再根据期望公式即可得解．
本题考查离散型随机变量的分布列的性质与期望，方程思想，属基础题．
15.【答案】{k|−4【解析】解：∵q：x−3x+1≥2，即x+5x+1≤0，可得−5≤x<−1，
又条件p：k−1∴k−1>−5k+1≤−1，可得−4故答案为：{k|−4求出q，根据充分必要条件的判断即可求得结论．
本题考查了不等式的性质与解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
16.【答案】[0,4]
【解析】解：∵P是“正三棱柱表面上的动点”的动点，
且内接球的半径为r=1，
MN是该棱柱内切球O的一条直径，如图所示；
∴PM⋅PN=(PO+OM)⋅(PO+ON)
=PO2+OP⋅ON+OP⋅OM+OM⋅ON
=PO2−r2=PO2−1，
将之转化成点P到内切球球心O的距离，
当点P位于底面中心时|PO|最小，为1，
点P位于顶角时|PO|最大，为 5，
∴PM⋅PN的取值范围是[0,4]．
根据题意，画出图形，结合图形，得出内接球的半径，利用平面向量的线性运算，把PM⋅PN转化为点P到内切球球心O的距离的取值范围，从而求出它的取值范围．
本题考查了空间图形的应用问题，也考查了平面向量的线性表示与运算问题，考查了转化思想的应用问题，是综合性题目．
17.【答案】解：(1)AB1+B1C1+C1D1=AC1+C1D1=AD1；
(2)12AD+12AB−12A1A=12(AD+AB)−12A1A=12AC−12A1A=12AC+12AA1=12AC+12CC1=12AC1=AM．
【解析】根据向量加法法则求解即可．
本题考查向量加法法则，属于基础题．
18.【答案】解：(1)2×2列联表如下：
(2)∵k2=105(45×20−30×10)275×30×55×50≈6.109>5.024，
∴有97.5%的把握认为性别与考试是否合格有关．
【解析】(1)根据表格中的数据列出2×2列联表即可；(2)利用独立性检验公式求出k2≈6.109>5.024，进行判断即可．
本题主要考查独立性检验的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)根据题意，命题p：对于任意x∈R，不等式x2−(a−1)x+1>0恒成立，
若命题p为真命题，则有Δ=(a−1)2−4<0，
解得−1(2)根据题意，命题q：实数a满足14≤2a≤16，
若命题q为真命题，则有2−2≤2a≤24，必有a∈[−2,4]，
由命题“p∨q”为真命题，“p∧q”为假命题，可知p、q一真一假，
若p真q假，则有−14，此时无解；
若p假q真，则有a≤−1或a≥3−2≤a≤4，解得−2≤a≤−1或3≤a≤4，
综上所述，实数a的取值范围为[−2,−1]∪[3,4]．
【解析】(1)根据题意，由二次函数的性质可得Δ=(a−1)2−4<0，解可得答案；
(2)根据题意，分析q为真命题时a的取值范围，由复合命题真假的判断方法可得p、q一真一假，由此分2种情况讨论，求出a的取值范围，综合即可得答案．
本题考查复合命题真假的判断，涉及二次函数的基本性质，属于基础题．
20.【答案】解：(1)∵AC1=AB+BC+CC1，∴AC12=(AB+BC+CC1)2=AB2+BC2+CC12+2AB⋅BC+2AB⋅CC1+2BC⋅CC1
=1+1+1+2×1×1×cs60°+2×1×1×cs60°+2×1×1×cs60°=6．
∴AC1= 6．
(2)若向量a+b，a−b，c 共面，则存在实数m，n使a+b=m(a−b)+nc=ma−mb+nc，
则m=1−m=1n=0，显然不成立，故向量a+b，a−b，c不共面，能构成空间的一组基底．
A1B=A1A+AB=−AA1+AB=12AB+12AD+12AB−12AD−AA1=12(a+b)+12(a−b)−c．
【解析】本题考查利用空间向量求线段的长，考查向量不共面的证明，考查用基底向量表示空间向量，属于中档题．
(1)由AC1=AB+BC+CC1，两边平方后根据已知条件能求出结果;
(2)假设向量a+b，a−b，c 共面，则存在实数m，n使a+b=m(a−b)+nc=ma−mb+nc，无解，从而得向量a+b，a−b，c不共面，能构成空间的一组基底，利用向量的运算可得A1B=12(a+b)+12(a−b)−c．
21.【答案】解：(1)甲队进入决赛的概率为23×34=12，
乙队进入决赛的概率为34×45=35，
丙队进入决赛的概率为23×56=59，
显然乙队进入决赛的概率最大，所以乙进入决赛的可能性最大．
(2)由(1)可知：甲、乙、丙三队进入决赛的概率分别为12,35,59，
ξ的可能取值为0，1，2，3，
P(ξ=0)=(1−12)(1−35)(1−59)=445，P(ξ=2)=(1−12)×35×59+(1−35)×12×59+(1−59)×35×12=3790，P(ξ=3)=12×35×59=16，P(ξ=1)=1−P(ξ=0)−P(ξ=2)−P(ξ=3)=1−445−3790−16=13，
故ξ的分布列为：

【解析】(1)根据相互独立事件同时发生的概率公式计算得解；
(2)根据(1)及相互独立事件同时发生的概率公式计算，列出分布列．
本题主要考查离散型随机变量分布列，属于基础题．
22.【答案】解：(1)91100=(100−9)100=C1000×100100+C1001×10099×(−9)+⋯+C10099×100×(−9)99+C100100×(−9)100，
由展开式可知，前100项都能被100整除，最后一项是(−9)100=9100=(10−1)100，
而(10−1)100=C1000×10100+C1001×1099×(−1)+⋯+C10098×102×(−1)98+C10099×10×(−1)99+C100100×(−1)100
其展开式的前100项都能被100整除，最后一项是(−1)100=1，
所以91100除以100的余数是1；
(2)证明：因为(32)n−1=(1+12)n−1
=Cn−10+Cn−11×12+Cn−12×(12)2+⋯+Cn−1n−1×(12)n−1
=1+n−12+Cn−12⋅(12)2+⋯+(12)n−1>n+12>0，(n≥3)
即(32)n−1>n+12>0，故(23)n−1<2n+1，即原不等式成立．
【解析】(1)利用二项展开式得到91100=(100−9)100被100除余数为9100，再将9100写成(10−1)100，展开后被100除即得余数为1；
(2)先考虑(32)n−1的展开式，利用放缩法得到(32)n−1>n+12，从而得到结论．
本题考查的知识点：赋值法，二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．X
0
1
2
P
b2
a
b2
成绩
性别
合格
不合格
合计
男性
45
10
女性
30
合计
105
P(k2≥x0)
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.10
x0
0.708
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
成绩
性别
合格
不合格
合计
男性
45
10
55
女性
30
20
50
合计
75
30
105
ξ
0
1
2
3
P
445
13
3790
16