江苏省宿迁市泗阳县两校2023-2024学年高二下学期第二次学情调研（5月月考）数学试题

射户名即相前矣科购电证号) ■ 高二数学答趣卡 解答题（本大题共5小题，共万分） 16(15分) 15《13分) 考场/座位号： 姓名 班级！ lo] a】 61 可 41 ia) (al B) 14] 6 (T 171 m 8 单赶延〔本大题共小题，每小题5分，共40分】 11411a11c】t1 [AI [B:<C)I) 2A)Ia】c】 e【A(CB 31A】JIc】月 T [AI LBE GC)IDJ A)IM][C)[aI 【A[c) 多这愿（本大题共3小夏：每小愿6分，共18分） gIA】a1fc]Tn gA111C1售 IA)I]【cID 填空题（本大是共）小题，每小是分，共1分) 2 14 禁 答区域 ■ 囚ㄖ■ ㄖ区■ ■ ■ 17.15分) k(17分) ▣ 19.(17分) I I 7 囚■囚 囚■日 ■答案第 1页，共 13页 参考答案： 1．C 【详解】将 4个 1和 2个 0随机排成一行，可利用插空法，4个 1产生 5个空， 若 2个 0相邻，则有 15 5C  种排法，若 2个 0不相邻，则有 2 5 10C  种排法， 所以 2个 0不相邻的概率为 10 2 5 10 3   . 故选：C. 2．B 【分析】根据各项系数和求出n，再由二项展开式通项公式求解即可. 【详解】当 1x  时，3 243n  ，解得 5n  ， 则 3 2 2( )nx x  的展开式第 1r  项 3 5 15 3 2 15 51 52 55 2C ( ) ( ) C 2 C 2r r r r r r r r r rrT x x x xx         ， 令15 5 0r  ，解得 3r  ，所以 3 35C 2 10 8 80   ， 故选：B 3．A 【分析】先算出同时爱好两项的概率,利用条件概率的知识求解. 【详解】同时爱好两项的概率为 0.5 0.6 0.7 0.4   ， 记“该同学爱好滑雪”为事件A ,记“该同学爱好滑冰”为事件 B， 则 ( ) 0.5, ( ) 0.4P A P AB  ， 所以 ( ) 0.4( ) 0.8 ( ) 0.5 P ABP B A P A   ∣ . 故选:A . 4．B 【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解. 【详解】不妨记五名志愿者为 , , , ,a b c d e， 假设 a连续参加了两天公益活动，再从剩余的 4人抽取 2人各参加星期六与星期天的公益活 动，共有 24A 12 种方法， 同理： , , ,b c d e连续参加了两天公益活动，也各有12种方法， 所以恰有 1人连续参加了两天公益活动的选择种数有5 12 60  种. 故选：B. 答案第 2页，共 13页 5．D 【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案. 【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取 40060 40 600   人，高中部共抽取 20060 20 600   ， 根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有 40 20 400 200C C 种. 故选：D. 6．D 【分析】将直线 1FC 到平面 1AB E的距离转化为点 1C 到平面 1AB E的距离，建立直角坐标系， 表示出相应点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出. 【详解】 1 1,AE FC FC   平面 1AB E , AE 平面 1AB E , 1FC 平面 1AB E , 因此直线 1FC 到平面 1AB E的距离等于点 1C 到平面 1AB E的距离， 如图，以D点为坐标原点，DA所在的直线为 x轴，DC所在的直线为 y轴， 1DD 所在的直 线为 z轴，建立直角坐标系. 则 1 1 1 1(1,0,0), (1,1,1), (0,1,1), (0,0, ), (1,1, ) 2 2 A B C E F 1 1 1 1 1 1( 1,0, ), ( 1,0, ), (0,1,1), (1,0,0) 2 2 FC AE AB C B          设平面 1AB E的法向量为 ( , , )n x y z  ，则 1 1 0 2 0 n AE x z n AB y z               ，令 2z  ，则 (1, 2, 2)n    设点 1C 到平面 1AB E的距离为d ，则 答案第 3页，共 13页 1 1 1 3 n C B d n       故直线 1FC 到平面 1AB E的距离为 1 3 . 故选：D. 7．D 【分析】根据全概率公式进行分析求解即可. 【详解】由图可知医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩的占比分别为 70%，20%， 10%， 记事件 1 2 3, ,A A A 分别表示选到医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩，则 1 2 3A A A    ，且 1 2 3, ,A A A 两两互斥， 所以      1 2 30.7, 0.2, 0.1P A P A P A   ， 又三种产品中绑带式口罩的比例分别为 90%，50%，40%， 记事件 B为“选到绑带式口罩”，则      1 2 3| 0.9, | 0.5, | 0.4P B A P B A P B A   所以由全概率公式可得选到绑带式口罩的概率为   0.7 0.9 0.2 0.5 0.1 0.4 0.77P B        . 故选：D. 8．C 【分析】根据题意，由贝叶斯公式代入计算，即可得到结果. 【详解】记“视频是 AI合成”为事件A，记“鉴定结果为 AI”为事件 B， 则        0.001, 0.999, 0.98, 0.04P A P A P B A P B A   ∣ ， 由贝叶斯公式得：              0.001 0.98 0.024 0.001 0.98 0.999 0.04 P A P B A P A B P A P B A P A P B A        ， 故选：C． 9．AC 【分析】对于A，由不重合两直线方向向量平行可判断直线相互平行；对于 B，要考虑直线 可能在面内；对于 C，由两法向量垂直可得两平面垂直；对于 D，直线方向向量与法向量平 行，则直线与面垂直. 【详解】对于A，两条不重合直线 1l ， 2l 的方向向量分别是 (2,3, 1), ( 2, 3,1)a b      ， 答案第 4页，共 13页 则b a    ，所以 / /a b  ，即 1 2l l// ，故A正确； 对于 B，直线 l的方向向量 (1, 1,2)a    ，平面 的法向量是 (6,4, 1)u    ， 则 1 6 1 4 2 ( 1) 0a u           ，所以a u ，即 //l  或 l  ，故 B错误； 对于 C，两个不同的平面 ， 的法向量分别是 (2,2, 1), ( 3,4,2)u v      ， 则 0u v   ，所以  ，故 C正确； 对于 D，直线 l的方向向量 (0,3,0)a   ，平面 a的法向量是 (0, 5,0)u    ， 则 5 3 u a  ，所以 / /   ，即 l  ，故 D错误． 故选：AC． 10．ACD 【分析】利用赋值法即可判断 AC、求导数后结合赋值法可判断 D，根据二项式展开式的通 项即可求解 B. 【详解】 8 2 80 1 2 8( ) (2 )f x x a a x a x a x      ， 令 1x  ，可得   0 1 2 81 1f a a a a     ，再令 0x  ，可得 80 2a  ， 8 1 2 8 01 1 2 255a a a a         ,故 A错误． 由于 0 1 2 8| | | | | | | |a a a a   ，即 8(2 )x 展开式各项系数和系数和， 故 80 1 2 8| | | | | | | | 3a a a a    ， 8 8 1 2 8| | | | | | 3 2a a a     ，故 C错误． 由题意， 8 4 4 0 4 1 3 2 2 34 10 10 10( 1) 3 9 (10 1) C 10 C 10 C 10 C 10 1f               ， 显然，除了最后一项外，其余各项均能被 5整除， ( 1)f  除以 5所得的余数是 1，故 B正确． 把函数 ( )f x 两边同时对 x求导数，可得 7 3 81 2 3 88(2 ) 2 3 8x a a x a x a x      ， 再令 1x  ，可得 1 2 3 82 3 8 8a a a a     ， 0x  ，可得 71 8 2a    ， 故 7 2 3 8 12 3 8 8 8 8 2a a a a          ,故 D错误． 故选：ACD． 11．BCD 【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式可得. 【详解】对于 A：        P A B P A P B P AB    ，  1 1 12 3 4 P AB   ， 所以   112P AB  ，故 A错误； 答案第 5页，共 13页 对于 B：      P AB P AB P A  ，   1 112 3P AB   ，∴   1 4 P AB  ，      1 34 1 4 3 P AB P B A P A    ，故 B正确； 对于 C： 1 ( ) 112( ) 1( ) 4 3 P ABP B A P A    ，   14P B  ，∴ ( ) ( )P B A P B ，故 C正确. 对于 D：        112P AB AB P AB P AB P AB     ，      P B P AB P AB  ，∴  3 14 4 P AB  ，∴   1 2 P AB  ， ∴   1 1 712 2 12P AB AB    ，所以 D正确. 故选：BCD. 12．64 【分析】分类讨论选修 2门或 3门课，对选修 3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数 运算求解. 【详解】（1）当从 8门课中选修 2门，则不同的选课方案共有 14 4 1 16C C  种； （2）当从 8门课中选修 3门， ①若体育类选修课 1门，则不同的选课方案共有 1 24 4C C 24 种； ②若体育类选修课 2门，则不同的选课方案共有 2 14 4C C 24 种； 综上所述：不同的选课方案共有16 24 24 64   种. 故答案为：64. 13．3或 4 【分析】先求得  P X k 的表达式，利用列不等式组的方法来求得使  P X k 取得最大值 时 k的值. 【详解】依题意0 15, Nk k   ， 依题意   15 15 15 15 15 1515 15 1 1 1 3 1C 1 C C 3 4 4 4 4 4 k k k k k k k k kP X k                          ， 答案第 6页，共 13页     15 15 0 15 1 14 15 1515 15 1 3 1 30 C 3 , 1 C 3 5 4 4 4 4 P X P X                     ，   15115 4 P X        ，      15 0 1P X P X P X     ， 所以  0P X  、  15P X  不是  P X k 的最大项， 当1 14k  时，由 15 1 16 15 1515 15 15 1 14 15 1515 15 1 1C 3 C 3 4 4 1 1C 3 C 3 4 4 k k k k k k k k                     ， 整理得 1 15 15 1 15 15 C 3C 3C C k k k k       ，即             15! 15!3 ! 15 ! 1 ! 16 ! 15! 15!3 ! 15 ! 1 ! 14 ! k k k k k k k k                   ， 整理得 1 3 16 3 1 15 1 k k k k          ， 16 3 3 4 3 3 15 k k k k k         ， 所以当 k为 3或 4时，  P X k 取得最大值. 故答案为：3或 4 14．17.8/ 417 5 【分析】首先分析超几何分布最大项确定 k的值，再通过超几何分布的期望公式求出  E X 的值，即可求出  E X k . 【详解】不放回的摸球，每次实验结果不独立，为超几何分布  P X k  22 40 60 22 100 C C 012...22 C k k k  ， ，， ，  P X k 最大时，即 2240 60C Ck k 最大， 超几何分布最大项问题，利用比值求最大项 设   C C C s m s k n k s m n a P X s     则 1 1 1 C C C C C C s m s m s k n k n m s m s s n k n k a a          答案第 7页，共 13页                   !! 1 ! 1 ! 1 ! 1 ! ! ! ! ! ! ! n kk s k s m s n k m s k n k s k s m s n k m s                        1 1 k s m s s n k m s         令         1 1 1 k s m s s n k m s              1 1k s m s s n k m s            2 2 2 1s k m s km s n k m s n k m                2 1km n s n m k            1 2 1 1km m k n s n           1 1 1 2 k m s n       故当   1 1 2 k m s n     时，  P X s 严格增加， 当   1 1 1 2 k m s n      时，  P X s 严格下降， 即 9k  时取最大值， 此题中 100 22 40n m k s k   ， ， ， ， 根据超几何分布的期望公式可得   40 22 8.8 100 k mE X n      ，   8.8 9 17.8E X k    故答案为：17.8 15．(1)0.6； (2)分布列见解析，   13E X  . 【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 , ,A B C，再根据甲获得冠军则至少获 胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出； （2）依题可知， X 的可能取值为 0,10, 20,30，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即 可求出期望． 答案第 8页，共 13页 【详解】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 , ,A B C，所以甲学校获得冠军的概率 为        P P ABC P ABC P ABC P ABC    0.5 0.4 0.8 0.5 0.4 0.8 0.5 0.6 0.8 0.5 0.4 0.2            0.16 0.16 0.24 0.04 0.6     ． （2）依题可知， X 的可能取值为 0,10, 20,30，所以，  0 0.5 0.4 0.8 0.16P X      ,  10 0.5 0.4 0.8 0.5 0.6 0.8 0.5 0.4 0.2 0.44P X            ，  20 0.5 0.6 0.8 0.5 0.4 0.2 0.5 0.6 0.2 0.34P X            ，  30 0.5 0.6 0.2 0.06P X      . 即 X 的分布列为 X 0 10 20 30 P 0.16 0.44 0.34 0.06 期望   0 0.16 10 0.44 20 0.34 30 0.06 13E X          . 16．(1) 2 (2) 3 2 【分析】（1）由等体积法运算即可得解； （2）由面面垂直的性质及判定可得BC 平面 1 1ABB A，建立空间直角坐标系，利用空间向 量法即可得解. 【详解】（1）在直三棱柱 1 1 1ABC ABC- 中，设点 A到平面 1A BC的距离为 h， 则 1 1 1 1 1 11 1 2 2 1 1 4 3 3 3 3 3A A BC A A ABC A ABC A BBC C CB V S h h V S A A V           ， 解得 2h  ， 所以点 A到平面 1A BC的距离为 2； 答案第 9页，共 13页 （2）取 1A B的中点 E,连接 AE,如图，因为 1AA AB ，所以 1AE AB , 又平面 1A BC 平面 1 1ABB A，平面 1A BC平面 1 1 1ABB A AB ， 且 AE 平面 1 1ABB A，所以 AE 平面 1A BC， 在直三棱柱 1 1 1ABC ABC- 中， 1BB 平面 ABC， 由BC 平面 1A BC，BC 平面 ABC可得 AE BC ， 1BB BC ， 又 1,AE BB 平面 1 1ABB A且相交，所以BC 平面 1 1ABB A， 所以 1, ,BC BA BB 两两垂直，以 B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由（1）得 2AE  ，所以 1 2AA AB  ， 1 2 2A B  ，所以 2BC  ， 则        10, 2,0 , 0, 2, 2 , 0,0,0 , 2,0,0A A B C ,所以 1AC的中点  1,1,1D ， 则  1,1,1BD   ，    0, 2,0 , 2,0,0BA BC    , 设平面 ABD的一个法向量  , ,m x y z  ，则 0 2 0 m BD x y z m BA y             ， 可取  1,0, 1m    ， 设平面BDC的一个法向量  , ,n a b c  ，则 0 2 0 n BD a b c n BC a             ， 可取  0,1, 1n   r ， 答案第 10页，共 13页 则 1 1cos , 22 2 m nm n m n           ， 所以二面角 A BD C  的正弦值为 21 31 2 2       . 17．(1) 8n  (2)1792 (3)1792 【分析】（1）由题意可得 1 9n   ，求解即可； （2）利用展开式的通项公式   48 3 1 82 C rr r rT x     ，可求常数项； （3）利用展开式的通项公式   48 3 1 82 C rr r rT x     ，可求系数最大的项. 【详解】（1）因为展开式中只有第五项的二项式系数最大， 所以，展开式共有 9项，所以 1 9n   ， 解得 8n  ； （2）通项公式为     1 488 3 3 1 8 8C 2 2 C r rr rr r rT x x x             ， 0,1, 2,3, 4,5,6,7,8r  ， 当 48 0 3 r  时，则 6r  ，所以展开式的常数项为 6 66 1 8( 2) C 1792T     ； （3）因为     1 488 3 3 1 8 8C 2 2 C r rr rr r rT x x x             ， 0,1, 2,3, 4,5,6,7,8r  ， 所以 1,3,5,7r  时，系数为负， 所以 0,2,4,6,8r  时，系数是 82 C r r ， 可得系数分别为 0 0 82 C 1 ， 2 2 82 C 112 ， 4 4 82 C 1120 ， 6 6 82 C 1792 ， 8 8 82 C 256 所以当 6r  时，系数最大，最大的项是1792 . 18．(1)分布列详见解析 (2)买 2个 【分析】（1）根据独立重复试验概率计算公式、排列组合数的计算公式求得 X 的分布列. 答案第 11页，共 13页 （2）根据甲一次性购买的吉祥物盲盒的个数进行分类讨论，通过计算各种情况下的总费用 来求得正确答案. 【详解】（1）由题意可知 X 所有可能取值为2,3,4，       2 1 3 3 2 3 2 3 3 A C A3 1 4 22 , 3 , 4 3 3 3 9 3 9 P X P X P X         , 所以 X 的分布列如下： X 2 3 4 P 1 3 4 9 2 9 （2）设甲一次性购买 x个吉祥物盲盒，集齐三款吉祥物需要的总费用为 Z . 依题意， x可取0,1,2,3 . 方案 1：不购买盲盒时，则需要直接购买三款吉祥物，总费用 1 3 30 90Z    元. 方案 2：购买1个盲盒时，则需要直接购买另外两款吉祥物， 总费用 2 19 2 30 79Z     元. 方案 3：购买 2个盲盒时， 当 2个盲盒打开后款式不同，则只需直接购买剩下一款吉祥物， 总费用 3 2 19 30 68Z     ，   2 3 3 2 A 268 3 3 P Z    ， 当 2个盲盒打开后款式相同，则需要直接购买另外 2款吉祥物， 总费用   13 3 3 1 1 12 19 2 30 98, 98 C 3 3 3 Z P Z          ， 所以  3 2 168 98 78 3 3 E Z      元. 方案 4：购买3个盲盒时， 当3个盲盒打开后款式各不相同，则总费用 4 3 19 57Z    ，   3 3 4 3 1 2A 3 9 P Z       ， 当3个盲盒打开后恰有 2款相同，则需要直接购买剩下一款吉祥物， 则总费用   2 1 14 4 3 2 3 1 1 1 23 19 30 87, 87 C C C 3 3 3 3 Z P Z          ， 当3个盲盒打开后款式全部相同，则需要直接购买另外两款吉祥物， 答案第 12页，共 13页 总费用   3 1 4 4 3 1 13 19 60 117, 117 C 3 9 Z P Z             ， 所以  4 2 2 1 25157 87 117 9 3 9 3 E Z        元. 对比 4个方案可知，第3个方案总费用的期望值最小， 故应该一次性购买 2个吉祥物盲盒. 19．(1)分布列见解析； 8( ) 3 E X  (2) 23 ( 3) 3 n nS n         (3) 133n  【分析】（1）根据 X 的取值求出相应的概率即可； （2）由 n次抛掷得分恰为 1n 分，可得只有 1次抛掷得 2分，进而利用独立重复实验的概 率可得 2 2 3 n n na       ，从而利用错位相减法可求 nS ； （3）设得 1分的次数为 x，则得 2分的次数为100 x ，因此抛掷 100次所得总分为 200n x  ， 进而由利用独立重复实验的概率可得 100100 1 C 2 3 x x nb  ，当 nb 取最大值时，要满足 1 -1 n n n n b b b b    ， 从而利用组合数的性质即可求解. 【详解】（1）得 2分的概率为 1 3 ，得 1分的概率为 23 . X的可能取值为 2，3，4， 2 2 4( 2) 3 3 9 P X     ， 1 2 4( 3) 2 3 3 9 P X      ， 1 1 1( 4) 3 3 9 P X     X的分布列为 X 2 3 4 P 4 9 4 9 1 9 数学期望 4 4 1 8( ) 2 3 4 9 9 9 3 E X        ． （2）因为 n次抛掷得分恰为 1n 分，则只有 1次抛掷得 2分， 答案第 13页，共 13页 于是 1 1 1 2 2C 3 3 2 3 n n n n na                 ， 则 2 31 2 2 2 21 2 3 2 3 3 3 3 n nS n                               ， 于是 2 3 4 12 1 2 2 2 2 21 2 3 ( 1) 3 2 3 3 3 3 3 n n nS n n                                              ， 两式相减，得 2 3 11 1 2 2 2 2 2 3 2 3 3 3 3 3 n n nS n                                   1 1 2 21 3 31 2 1 21 ( 3)22 3 2 31 3 n n n n n                                     ， 所以 23 ( 3) 3 n nS n         ． （3）设得 1分的次数为 x，则得 2分的次数为100 x ， 因此抛掷 100次所得总分为  2 100 200n x x x     ， 此时 100 100 100100 2 1 1C C 2 3 3 3 x x x x x nb              ， 假定 nb 取最大值，必有0 100x  ， 于是 1 1 100 100100 100 1 1 100 100100 100 1 1C 2 C 2 3 3 1 1C 2 C 2 3 3 x x x x x x x x           ，即 100! 100!2 !(100 )! ( 1)!(99 )! 100! 100!2 !(100 )! ( 1)!(101 )! x x x x x x x x               ， 整理得 1 2(100 ) 2(101 ) x x x x       ， 解得 199 202 3 3 x  ，而 xN，则 67x  ，则 200 67 133n    ， 所以当 nb 取最大值时， 133n  ． 【点睛】关键点睛：本题考查了随机变量的分布列和期望，也考查了数列在概率中的相关应 用，需要熟练应用独立重复事件的性质、错位相减法与在二项式中求系数最大（小）的项. 试卷第 1页，共 4页 2023—2024 学年度高二年级第二学期第二次数学学科学情调研 一、单选题 1．将 4个 1和 2个 0随机排成一行，则 2个 0不相邻的概率为（ ） A． 1 3 B． 2 5 C． 23 D． 4 5 2．已知 3 2 2( )nx x  的展开式中各项系数和为 243，则展开式中常数项为（ ） A．60 B．80 C． D． 3．某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或 爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰 的概率为（ ） A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4 4．现有 5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这 5人 中安排 2人参加公益活动，则恰有 1人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ） A．120 B．60 C．30 D．20 5．某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查， 拟从初中部和高中部两层共抽取 60名学生，已知该校初中部和高中部分别有 400名和 200 名学生，则不同的抽样结果共有（ ）． A． 45 15400 200C C 种 B． 20 40 400 200C C 种 C． 30 30400 200C C 种 D． 40 20 400 200C C 种 6．如图，在棱长为 1的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，E为线段 1DD 的中点，F为线段 1BB 的 中点．直线 1FC 到平面 1AB E的距离为（ ）． A． 5 3 B． 30 5 C． 23 D． 1 3 试卷第 2页，共 4页 7．某医用口罩生产厂家生产医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩三种产品，三种 产品的生产比例如图所示，且三种产品中绑带式口罩的比例分别为 90%，50%，40%．若从 该厂生产的口罩中任选一个，则选到绑带式口罩的概率为（ ） A．0.23 B．0.47 C．0.53 D．0.77 8．人工智能领域让贝叶斯公式：        P B A P A P A B P B  站在了世界中心位置，AI换脸是一 项深度伪造技术，某视频网站利用该技术掺入了一些“AI”视频，“AI”视频占有率为 0.001．某 团队决定用 AI对抗 AI，研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假．该鉴伪技术的准确率是 0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有98%的可能鉴定为“AI”；它的误报率是 0.04，即在 该视频是真实的情况下，它有 4%的可能鉴定为“AI”．已知某个视频被鉴定为“AI”，则该视 频是“AI”合成的可能性为（ ） A．0.1% B．0.4% C． 2.4% D． 4% 二、多选题 9．下列利用方向向量､法向量判断线､面位置关系的结论中，正确的是（ ） A．两条不重合直线 1 2,l l 的方向向量分别是    2,3, 1 , 2, 3,1a b      ，则 1 2l l∥ B．直线 l的方向向量  1 1 2a , ,  ，平面 的法向量是  6,4, 1u   ，则 l  C．两个不同的平面 ,  的法向量分别是    2,2, 1 , 3,4,2u v     ，则  D．直线 l的方向向量  0,3,0a  ，平面 的法向量是  0, 5,0u   ，则 l ∥ 10．已知 8 2 80 1 2 8( ) (2 )f x x a a x a x a x       ，则下列描述不正确的是（ ） A． 1 2 8 1a a a    B．  1f  除以 5所得的余数是 1 C． 81 2 3 8 3a a a a        D． 2 3 82 3 8 8a a a      试卷第 3页，共 4页 11．设A， B是一个随机试验中的两个事件，且   1 3 P A  ，   3 4 P B  ，   12P A B  ，则 （ ） A．   16P AB  B．   3 4 P B A  C．    P B P B A D．   712P AB AB  三、填空题 12．某学校开设了 4门体育类选修课和 4门艺术类选修课，学生需从这 8门课中选修 2门或 3门课，并且每类选修课至少选修 1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）． 13．若随机变量 X服从二项分布 115, 4 B     ，则使  P X k 取得最大值时， k  ． 14．一个袋子中有 100个大小相同的球，其中有 40个黄球，60个白球．采取不放回摸球， 从中随机摸出 22个球作为样本，用 X表示样本中黄球的个数．当  P X k 最大时，  E X k  ． 四、解答题 15．甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得 10分，负方得 0 分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中 获胜的概率分别为 0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立． (1)求甲学校获得冠军的概率； (2)用 X表示乙学校的总得分，求 X的分布列与期望． 16．如图，直三棱柱 1 1 1ABC ABC- 的体积为 4， 1ABC 的面积为 2 2． 试卷第 4页，共 4页 (1)求 A到平面 1A BC的距离； (2)设 D为 1AC的中点， 1AA AB ，平面 1A BC 平面 1 1ABB A，求二面角 A BD C  的正弦值． 17．已知 3 2 nx x      的展开式中，二项式系数最大的项只有第五项． (1)求n的值； (2)求该展开式中的常数项． (3)求其展开式中系数最大的项. 18．杭州亚运会的三个吉祥物是琮琮、宸宸和莲莲，他们分别代表了世界遗产良渚古城遗址、 京杭大运河和西湖，分别展现了不屈不挠、坚强刚毅的拼搏精神，海纳百川的时代精神和精 致和谐的人文精神．甲同学可采用如下两种方式购买吉祥物，方式一：以盲盒方式购买，每 个盲盒 19元，盲盒外观完全相同，内部随机放有琮琮、宸宸和莲莲三款中的一个，只有打 开才会知道买到吉祥物的款式，买到每款吉祥物是等可能的；方式二：直接购买吉祥物，每 个 30元． (1)甲若以方式一购买吉祥物，每次购买一个盲盒并打开．当甲买到的吉祥物首次出现相同 款式时，用 X表示甲购买的次数，求 X的分布列； (2)为了集齐三款吉祥物，甲计划先一次性购买盲盒，且数量不超过 3个，若未集齐再直接 购买吉祥物，以所需费用的期望值为决策依据，甲应一次性购买多少个盲盒？ 19．投掷一枚均匀的骰子，每次掷得的点数为 5或 6时得 2分，掷得的点数为 1，2，3，4 时得 1分，独立地重复掷一枚骰子，将每次得分相加的结果作为最终得分． (1)设投掷 2次骰子，最终得分为 X，求随机变量 X的分布列与期望； (2)记 n次抛掷得分恰为 1n 分的概率为 na ，求 na 的前 n项和 nS ； (3)投掷骰子 100次，记得分恰为 n分的概率为 nb ，当 nb 取最大值时，求 n的值．