江苏省灌云高级中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷（学生版+教师版）

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2024.04
一、单选题（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. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在空间直角坐标系中，点关于平面对称点的坐标为．
【详解】在空间直角坐标系中，点关于平面对称点的坐标为．
故选：A.
2. 对A，B两地国企员工上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X（单位：min），，对应的曲线为，B地员工的上班迟到时间为Y（单位：min），，对应的曲线为，则下列图象正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两个正态曲线的对称轴位置和集中分散程度判断结果.
【详解】由可知，由可知，
因，故曲线的对称轴应在曲线的右侧，排除A,B两项；
又因，故曲线比曲线“矮胖”，总体分布较分散，排除C项.
故选：D.
3. 在寒假中，某小组成员去参加社会实践活动，已知该组成员有4个男生､2个女生，现将他们分配至两个社区，保证每个社区有2个男生､1个女生，则不同分配方法有（ ）种.
A. 6B. 9C. 12D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均分组分配问题，结合排列组合即可求解.
【详解】男生的分配方法有,女生的分配方法有，
所以总的分配方法有，
故选：C
4. 设随机变量的分布列为，，则的数学期望（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据分布列的性质求出，即可求出数学期望.
【详解】因为随机变量的分布列为，，
所以，解得，
所以，，，
所以.
故选：A
5. 将编号为1，2，3，4，5的小球放入编号为1，2，3，4，5的小盒中，每个小盒放一个小球．则恰有2个小球与所在盒子编号相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出任意放球共有种方法，再求出恰有一个小球与所在盒子编号相同的方法总数，最后利用古典概型的概率公式求解．
【详解】由题得任意放球共有种方法，如果有2个小球与所在的盒子的编号相同，
第一步：先从5个小球里选2个编号与所在的盒子相同，有种选法；
第二步：不妨设选的是1、2号球，则再对后面的3，4，5进行排列，且3个小球的编号与盒子的编号都不相同，则有两种，
所以有2个小球与所在的盒子的编号相同，共有种方法．
由古典概型的概率公式得恰有2个小球与所在盒子编号相同的概率为，
故选:B
6. 已知平行六面体中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的线性运算法则和数量积的性质化简条件可求，结合向量夹角公式可求结论.
【详解】因为
所以，
.
故选：B.
7. 的展开式中x的系数是（ ）
A. B. 152C. 88D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出的展开式的通项公式，则所求的x的系数为的展开式中的常数加上3倍的的展开式中的二次项系数
【详解】因为的展开式的通项为，
所以的展开式中x的系数是．
故选：C
8. 设是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用和事件概率公式求出，然后利用和求解即可.
【详解】因为，，所以，
又，所以，
所以，
所以.
故选：D
二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 设有一个经验回归方程为，变量增加1个单位时，平均增加2个单位；
B. 已知随机变量服从超几何分布，则；
C. 样本相关系数越大，两个变量的线性相关程度越强，反之，线性相关程度越弱；
D. 将4名老师分派到两个学校支教，每个学校至少派1人，则共有14种不同的分派方法．
【答案】BD
【解析】
【分析】根据经验回归方程的意义可判断A的正误，根据选项中的参数可求对应的概率，故可判断B的正误,根据相关系数的意义可判断C的正误，利用间接法可判断D的正误.
【详解】对于A，因为回归方程的斜率参数为，故变量增加1个单位时，平均减少2个单位，故A错误.
对于B，因为随机变量服从超几何分布，
所以，故B正确.
对于C，样本相关系数的绝对值越大，两个变量的线性相关程度越强，故C错误.
对于D，将4名老师分派到两个学校支教，每个学校至少派1人，共有,故D正确.
故选：BD.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若随机变量~，则．
B. 若随机变量的方差，则．
C. 若，，，则事件与事件独立．
D. 若随机变量服从正态分布，若，则．
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合二项分布的期望公式，即可求解A；对于B，结合方差的线性公式，即可求解；对于C，结合事件独立的定义，即可求解；对于D，结合正态分布的对称性，即可求解．
【详解】随机变量，则，故A正确；
随机变量的方差，则，故B错误；
由，即事件与事件独立，故C正确；
随机变量服从正态分布，，
则，故D正确．
故选：ACD．
11. 在棱长为2的正方体中，点满足，则（ ）
A. 当时，平面平面．
B. 任意，三棱锥的体积是定值．
C. 存在，使得与平面所成的角为．
D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为．
【答案】BC
【解析】
【分析】确定为二面角的平面角，结合勾股定理可得即可判断A；根据到平面的距离为定值且的面积也为定值，即可判断B；根据线面垂直的判定定理可得当时与平面所成的角为，当时，即可判断C；利用空间向量法求出球心到平面的距离，进而求出截面圆的半径，即可判断D.
【详解】A：当时，与重合，又均是等边三角形，
设，则为的中点，所以，
所以为二面角的平面角，
在中，由正方体的棱长为2，得，
所以，则，所以平面与平面不垂直，故A错误；
B：因为平面，，
所以对于，到平面的距离为定值，又的面积也为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
C：当时，与重合，由三垂线定理得，
又平面，所以平面（即平面），
此时与平面所成的角为；
当时，与重合，此时易知平面，
设，，则为的中点，
所以在平面（即平面）内的射影为，
故即为与平面所成的角，
又，所以.
综上，存在，使得与平面所成角为，故C正确；
D：因为正方体的外接球的球心为正方体的体心，且外接球的直径为正方体的体对角线，
所以，解得，
当时，为靠近的三等分点，建立如图空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以，故球心到平面的距离为，
所以平面截正方体的外接球所得截面小圆半径为，
得该小圆面积为，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：本题考查面面垂直、棱锥的定值问题、求线面角问题和几何体与球的问题，平面截正方体问题，关键是：⑴利用空间向量法求出店面距；⑵确定平面截正方体所得截面的形状.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共 15 分.
12. 将个相同的小球放入编号为的个盒子中，共有_______种放法（数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】对放入盒子的个数分类讨论，结合组合数公式及分步、分类计数原理计算可得.
【详解】依题意，①放入一个盒子中，则有种放法；
②放入两个盒子中，首先选出两个盒子有种，个相同的小球分成两堆，有，两种方法，
若是，则放法只有一种，若是，则放法有种，
所以有种放法；
③放入三个盒子中，首先选出三个盒子有种，每个盒子给一个球，多出一个球有种放法，则有种放法；
④放入四个盒子中，则有种放法；
综上可得，一共有种放法.
故答案为：
13. ______
【答案】
【解析】
【分析】根据阶乘的概念与运算性质，计算即可求解.
【详解】由题意知，
.
故答案为：
14. 如图，长方体的顶点A在平面内，其余顶点均在平面的同侧，，，，若顶点B到平面的距离为2，顶点D到平面的距离为2，则顶点到平面的距离为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量，利用距离公式即可求解.
【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
由题意可得，解得，
所以顶点到平面的距离为.
故答案为：.
四、解答题:本大题共5小题，共 77分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15. 如图，在四棱柱中，侧棱平面，，，，，E为棱的中点，M为棱的中点．
（1）证明：；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，只需证明即可；
（2）求出异面直线与的方向向量，由向量的夹角公式即可得解.
【小问1详解】
因为底面，平面，
所以，
而，
所以、、两两互相垂直，
不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如上图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，，
，，
因为，所以，则；
【小问2详解】
，，
，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
16. 在的展开式中，前3项的系数成等差数列，且第二项的系数大于1
（1）求展开式中含的项；
（2）求展开式中系数最大的项．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据已知先求出，然后结合通项展开式即可求解；
（2）由不等式组法求得系数最大的项位于展开式中的第几项，由此即可得解.
【小问1详解】
二项式通项公式为
，
所以第一项的系数为：，第二项的系数为：，第三项的系数为：，
由于前三项的系数成等差数列，所以，解得，或 （舍去），
二项式通项公式为，
根据题意，得，解得，因此，展开式中含的项为.
【小问2详解】
设第k项的系数最大，故，
即，即，
解得，因为，所以或，
故系数最大的项为或．
17. 现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋内装有两个1号球，一个3号球；3号口袋内装有三个1号球，两个2号球；第一次先从1号口袋内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，
（1）在第一次抽到3号球的条件下，求第二次抽到1号球的概率；
（2）求第二次取到2号球的概率；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件概率公式即可得解.
（2）由全概率公式、条件概率公式即可得解.
【小问1详解】
记事件分别表示第一次、第二次取到号球， ，
则第一次抽到号球的条件下，第二次抽到号球的概率；
【小问2详解】
依题意两两互斥， 其和为， 并且，
，，
，
应用全概率公式， 有.
18. 在四棱柱中，已知平面，，，，，是线段上的点．
（1）点到平面的距离；
（2）若为的中点，求异面直线与所成角的余弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，请确定点位置；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在，点在处或在靠近的三等分点处
【解析】
【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量后利用点面距公式可求点到平面的距离；
（2）求出直线与的方向向量后可求它们夹角的余弦值；
（3）设，求出面和平面法向量后利用夹角公式可求参数的值，从而可得所求的位置关系.
【小问1详解】
过作直线平面，
则可以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有，，，，，，
则，，
设面的一个法向量为，则，
令，则，，所以，
所以点到面的距离.
【小问2详解】
因为为的中点，所以，所以，，
所以
所以异面直线与AE所成角的余弦值为．
【小问3详解】
设，其中，
则，，
设面的一个法向量为，
则有，令，则，，
所以，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
所以平面的一个法向量为，
所以，
若存在点，使得二面角的余弦值为，
则，所以，解得或，
故存在或满足题意，即存在点在处或在靠近的三等分点处．
另解：
连接，则，易得，所以，
又平面，，
所以，，所以两两互相垂直，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，，则，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得，，所以，
同理可得平面的一个法向量，
所以，即，
解得或，所以存在点在处或在靠近的三等分点处．
19. 有甲乙两个骰子，甲骰子正常且均匀，乙骰子不正常且不均匀，经测试，投掷乙骰子得到6点朝上的概率为，若投掷乙骰子共6次，设恰有3次得到6点朝上的概率为，是的极大值点．
（1）求；
（2）若且等可能地选择甲乙其中的一个骰子，连续投掷3次，在得到都是6点朝上的结果的前提下，求这个骰子是乙骰子的概率；
（3）若且每次都等可能地选择其中一个骰子，共投掷了10次，在得到都是6点朝上的结果的前提下，设这10次中有次用了乙骰子的概率为，试问当取何值时最大？并求的最大值（精确到0.01）．(参考数据)
【答案】（1）
（2）
（3）时最大，且最大值为
【解析】
【分析】（1）由二项分布概率公式写出，通过求导得到的极大值点即可；
（2）设出事件{3次6点朝上}，{选择了乙骰子}，依题，利用条件概率公式求解即可；
（3）设事件{10次有次用了乙骰子}和{10次6点朝上}，依次求和，接着求得，利用数列的单调性研究的最大值即得.
【小问1详解】
设恰有3次得到6点朝上的概率为，
则，，
令，得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
故的极大值点．
【小问2详解】
设事件{3次6点朝上}，事件{选择了乙骰子}，
则，，
故所求概率为.
【小问3详解】
设事件{10次有次用了乙骰子}，则.
设事件{10次6点朝上}，则.
，
，
令，，
则.
由可得，，解得
所以的最大值是，所以当时最大，
且最大值
【点睛】关键点点睛：关键在于，全面深入理解题意，根据研究对象特征确定概率模型，运用相关概率公式进行化简和计算，对于求解解析式的最值问题，一般运用单调数列的处理方法，求解不等式组即得.