江苏省靖江高级中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题

这是一份江苏省靖江高级中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题，共19页。试卷主要包含了 已知事件和相互独立，，，则， 五一假期期间，一家6人等内容，欢迎下载使用。
（时间：120分钟，满分：150分）
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. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知，结合空间向量数量积的坐标运算求解.
【详解】若，则，
可得，解得.
故选：D.
2. 某电动摩托车制造企业为了解其新研发的一款电动摩托车的续航里程（单位：公里）情况，随机抽查得到了10000个样本，根据统计这款新型电动摩托车的续航里程，若，则该样本中续航里程不小于70公里的电动摩托车大约有（ ）
A. 10辆B. 100辆C. 180辆D. 900辆
【答案】B
【解析】
【分析】由，利用正态分布的对称性可得，从而得到答案.
【详解】因为，，所以，
故该样本中续航里程不小于70公里的电动摩托车大约有辆；
故选：B
3. 已知事件和相互独立，，，则（ ）
A. B. C. D. 试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新来这里 全站资源一元不到！试卷。【答案】D
【解析】
【分析】利用相互独立事件概率公式计算即可.
【详解】因为事件和相互独立，事件为和事件，则，
所以，解得；
故选：D
4. 元末明初诗人高启在他的《田园书事》中这样描述谷雨时节：叶过谷雨花犹在，衣近梅天润易生.谷雨时节，已知甲､乙两地每天下雨的概率分别为和，且两地同时下雨的概率为.则在甲地下雨的条件下，乙地也下雨的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】记“甲地下雨”为事件A，“乙地下雨”为事件B，可得，，，结合条件概率公式运算求解.
【详解】记“甲地下雨”为事件A，“乙地下雨”为事件B，
由题意可知：，，，
可得，
所以在甲地下雨的条件下，乙地也下雨的概率为.
故选：C.
5. 已知离散型随机变量和满足关系式，且随机变量的概率分布表如下：
若，则（ ）0
1
3
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据分布列的性质和期望公式求出，再根据即可得解.
【详解】由题意可得，解得，
所以.
故选：C.
6. 五一假期期间，一家6人（4名大人和2名小孩）在某风景名胜区拍照留念.要求站成前后两排，每排各三人；每列站在后排的人比站在前排的人高，并且两名小孩都站在前排.已知6人的身高各不相同，任何一名大人都比任何一名小孩高，则不同的排法共有（ ）
A. 48种B. 72种C. 90种D. 108种
【答案】B
【解析】
【分析】设4名大人按身高由小到大依次为，可知前排大人不能为，分类讨论前排大人，结合排列运算求解.
【详解】设4名大人按身高由小到大依次为，可知前排大人不能为，
若前排大人为，则任意排列均可，则不同的排法有种；
若前排大人为，则身后不能为，则不同的排法有种；
若前排大人为，则身后只能为，则不同的排法有种；
综上所述：不同的排法共有种.
故选：B.
7. 在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，底面，点在侧棱上，且满足，则异面直线和的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A【解析】
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】如图，以点为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则.
所以，
设为直线和的公垂线的方向向量，
则有，可取，
所以异面直线和的距离为.
故选：A.
8. 设为正整数，和均为整数，若和被除后余数相同，则称和模同余，记为.已知，，则正整数的最小值为（ ）
A. 4B. 5C. 12D. 13
【答案】B
【解析】【分析】由二项式定理可得，将利用二项式展开，将利用二项式展开，得到被17除后的余数，从而求得正整数的最小值.
【详解】由于，
所以，
由于，
所以，
所以，
由于，
所以
因为，所以被17除后余数为5，由，
则正整数的最小值5；
故选：B
【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解同余的定义，然后利用二项式定理对进行变形求解.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知随机变量，则下列说法一定正确的有（ ）
A.
B. 若，则
C.
D. 若，则
【答案】ABC
【解析】【分析】根据题意可知，结合正态分布的对称性逐项分析判断.
【详解】因为，可知，
对于选项A：，故A正确；
对于选项B：若，因为，
所以，故B正确；
对于选项C：因为，所以，故C正确；
对于选项D：若，因为
则，故D错误；
故选：ABC.
10. 某届国际羽联世界锦标赛单打决赛在甲､乙两人之间进行，比赛采用五局三胜制.按以往比赛经验，每一局甲获胜的概率为，则下列说法一定正确的有（ ）
A. 当时，打四局结束比赛的概率大于打五局结束比赛的概率
B. 当时，打三局结束比赛的概率最大
C. 当时，打四局结束比赛的概率大于打五局结束比赛的概率
D. 当时，打三局结束比赛的概率最大
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用独立重复实验的概率公式计算即可得解.
【详解】当时，则甲输的概率为，
打四局结束比赛的概率为，
打五局结束比赛概率为，打三局结束比赛的概率为，
所以打四局结束比赛的概率大于打五局结束比赛的概率，打四局结束比赛的概率最大，
故A正确，B错误；
当时，则甲输的概率为，
打四局结束比赛的概率为，
打五局结束比赛的概率为，
打三局结束比赛的概率为，
所以打四局结束比赛的概率大于打五局结束比赛的概率，打三局结束比赛的概率最大，
故CD正确.
故选：ACD.
11. 在棱长均为1的三棱柱中，，点满足，其中，则下列说法一定正确的有（ ）
A. 当点为三角形的重心时，
B. 当时，的最小值为
C. 当点在平面内时，的最大值为2
D. 当时，点到的距离的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】将用表示，再结合求出，即可判断A；将平方，将代入，再结合基本不等式即可判断B；当点在平面内时，则存在唯一实数对使得，再根据，求出，再根据即可判断C；求出在方向上的投影，再利用勾股定理结合基本不等式即可判断D.
【详解】对于A，当点为三角形的重心时，，
所以，又因为，
所以，所以，故A错误；
对于B，
，
因为，所以，
则
，
当且仅当时取等号，
所以，
所以，所以的最小值为，故B正确；
对于C，当点在平面内时，
则存在唯一实数对使得，
则，又因为，
所以，所以，
因为，所以，所以的最大值为2，故C正确；
对于D，当时，由A选项知，
，
在方向上的投影为，所以点到的距离，
因为，所以，当且仅当时，取等号，
所以点到的距离的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：当点在平面内时，则存在唯一实数对使得，再根据，求出，是解决C选项的关键.
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，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项分布得期望与方差公式计算即可.
【详解】因为，
所以，解得.
故答案为：.
13. 小明想邀请8位朋友中的5位参加自己的生日宴会，其中甲､乙不能同时邀请，甲､丙要么都邀请，要么都不邀请，则不同的邀请方法种数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】分邀请甲，邀请乙，甲乙都不邀请三种情况讨论即可得解.
【详解】若邀请甲，则乙不邀请，丙邀请，故不同的邀请方法种数为种，
若邀请乙，则甲丙不邀请，故不同的邀请方法种数为种，
若甲乙都不邀请，则丙不邀请，故不同的邀请方法种数为种，综上所述，不同的邀请方法种数为种.
故答案为：.
14. 已知集合，记集合的元素个数为.当时，__________（用数字表示）；当（且）时，__________.（用含有的式子表示）.
【答案】 ①. 4 ②.
【解析】
【分析】，列举出和相应的，得到答案；分，，……，，依次得到每种情况下的的个数，相加，结合组合数的性质得到答案.
【详解】因为，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
故，
当时，此时，此时只有种情况，
当时，此时可在中按照大小顺序选择三个数，
且由于单调递增，故不同的选法求出的不同，故有种情况，
当时，此时可中按照大小顺序选择三个数，
且由于单调递增，故不同选法求出的不同，故有种情况，
……，
时，此时可在中按照大小顺序选择三个数，
此时有种情况，
综上，.
故答案为：4，
【点睛】结论点睛：组合数的一些重要性质，，，，，
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 在下面两个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并对其求解.
条件①：；条件②：.
问题：已知，若__________.
（1）求实数的值；
（2）求的值.
【答案】（1）1 （2）2
【解析】
分析】（1）若选条件①：令即可得结果；若选条件②：令，可得，，可得，运算求解即可；
（2）根据（1）可得，且，令即可得结果.
【小问1详解】
因为，
若选条件①：令，可得，解得；
若选条件②：令，可得，
令，可得，
则，解得.
【小问2详解】
由（1）可知：，且，令，可得，
则，
所以.
16. 某校书法社共有社团成员12人，其中男社团成员7人，女社团成员5人，现从中选举产生1名社长和2名副社长.
（1）若至多有1名男社团成员当选，求不同的当选方法总数；
（2）若至少有1名男社团成员当选，求不同的当选方法总数；
（3）若既要有男社团成员当选，又要有女社团成员当选，求不同的当选方法总数.
注：最后结果请以具体数字做答.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分有1名男社团成员当选和没有男社团成员当选两种情况讨论即可得解；
（2）分1名男社团成员当选，2名男社团成员当选，3名男社团成员当选三种情况讨论即可；
（3）分1名男社团成员当选，2名男社团成员当选两种情况讨论即可得解.
【小问1详解】
若有1名男社团成员当选，则不同的当选方法有种，
若没有男社团成员当选，则不同的当选方法有种，
所以至多有1名男社团成员当选，不同的当选方法总数为；
【小问2详解】
若有1名男社团成员当选，则不同的当选方法有种，
若有2名男社团成员当选，则不同的当选方法有种，
若有3名男社团成员当选，则不同的当选方法有种，
所以至少有1名男社团成员当选，不同的当选方法总数为种；
【小问3详解】
由（2）可知，不同的当选方法总数为.17. 已知某校篮球队共有9名队员，其中5名主力队员，4名替补队员.在某次训练中，该校篮球队教练从中随机地挑选3名队员进行投篮训练，每名队员至多投篮5次，一旦连续命中2次或者投完5次，都停止投篮.
（1）记选出的3名队员中主力队员的人数为随机变量，求的概率分布和数学期望；
（2）已知队员甲被选中参加投篮训练，假定队员甲每次投篮命中率均为，记队员甲投篮次数为随机变量，求的概率分布和数学期望.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选出名队员中主力队员，求解概率分布和数学期望；
（2）根据每名队员至多投篮5次，一旦连续命中2次或投完5次，可得，求出期分布和期望.
【小问1详解】
根据题意可得，
则,,
,,
则的分布列为：
所以
【小问2详解】
根据每名队员至多投篮5次，一旦连续命中2次或投完5次，可得，则
则的分布列，
.
18. 如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的正方形，侧棱，点分别在侧棱上，且，点为线段上的任意一点.

（1）求二面角的余弦值：
（2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】【分析】（1）以为原点，、、分别为、、轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用向量夹角公式计算可得答案；
（2）设，得到点坐标，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式表示出直线与平面所成角的正弦值，结合二次函数的知识，即可求出结果.
【小问1详解】
因为在直四棱柱中，底面是边长为2的正方形，
所以以为原点，、、分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，
设平面的法向量为，则，令，则
所以，
因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值.
【小问2详解】
由(1)知，，，，
因为点为线段上的任意一点，设，所以，则，，
设平面的法向量为，则，令，则，
设直线与平面所成角为，
所以，
则，
令，则，所以，
则，，
所以，则，
所以，则当，
即时，直线与平面所成角的正弦值最大值，最大值为.
19. 有一个益智类的古堡探险闯关游戏，玩家每局都有甲､乙两座不同的古堡可供选择.已知某玩家古堡甲闯关成功的概率为，古堡乙闯关成功的概率为.若该玩家第一局选择古堡甲闯关的概率为，前一局选择了古堡甲闯关，则继续选择古堡甲闯关的概率为；前一局选择了古堡乙闯关，则继续选择古堡乙闯关的概率为.
（1）求该玩家第一局闯关成功的概率；
（2）记该玩家第局选择古堡甲闯关的概率为，第局闯关成功的概率为.
（i）求和的表达式；
（ii）当时，求证：.【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用全概率公式求解即可；
（2）（i）利用全概率公式求解即可；
（ii）由题意可得，利用待定系数法求出表达式，再结合（i）可求得的表达式，再分为奇数和偶数两种情况讨论，即可得出结论.
【小问1详解】
由题意，该玩家第一局闯关成功的概率为；
【小问2详解】
（i）由题意可得；
（ii）当时，，
所以，
又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，故，
所以，
，
当时，，此时；
当时，，，
令，
则，
所以函数在上单调递增，
所以，
所以，即，
所以当时，，
综上所述，.
【点睛】方法点睛：对于数列和概率相结合的题目，一般是先根据条件得到递推公式，然后再根据递推公式求通项公式.