精品解析：江苏省兴化中学2023-2024学年高二下学期期末适应性考试数学试题

2023—2024学年度第二学期高二期末适应性考试 数学试题 （考试用时：120分钟 总分：150分） 注意事项： 1.答题前，务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上. 2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 的值为（ ） A. 8 B. 9 C. 12 D. 15 2. 已知随机变量，，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 3. 已知，，且，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 4. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. 40 D. 80 5. 甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排，若甲不站右端也不站左端，则不同站法数为（    ） A. 36 B. 60 C. 72 D. 90 6. 一个不透明的袋子中有5个红球、4个黑球，从中随机地取出一个，观察颜色后再加上3个同色的球放回袋中，再次从袋子中取出一个球，则第二次取出的是红球的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 从棱长为的正方体的八个顶点中任意取四个点，则值的不同种数为（ ） A. B. C. D. 8. 袋中有10个大小相同的球，其中6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量为其中白球的个数，随机变量为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量为取出4个球的总得分，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 公式中的和具有相关关系 B. 回归直线必定经过样本点的中心 C. 相关系数的绝对值越接近1，则两个变量的相关性越强 D. 对分类变量与的随机变量来说，越大，判断“与有关系”的把握越大 10. 已知正方体的棱长为1，点，分别为，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 与平面所成角的余弦值为 C. 二面角的正弦值为 D. 点到平面的距离为 11. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量的分布列为（），则实数的值为______. 13. 由数据可得关于的线性回归方程为，若，则______. 14. 已知正方体的棱长为1，，，分别在，，上，并满足（），若是的重心，且，则实数值为______ 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，正方体的棱长为2，为的中点，点在上，. （1）求证：为的中点； （2）求直线与平面所成角的大小. 16. 银行储蓄卡的密码由6位数字组成．某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字，求： （1）任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率； （2）如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率． 17. 为培养学生的阅读习惯，某学校规定所有学生每天在校阅读时长不得少于1小时.若认为每天在校阅读的时长不少于1小时为达标，达到2小时的学生为“阅读之星”.假设该校学生每天在校阅读时长（的单位：小时），达标学生是“阅读之星”的概率为. （1）从该校学生中随机选出1人，求达标的概率； （2）为进一步了解该校学生不达标是否与性别有关，随机调查了90名学生，其中男生占，已知不达标的人数恰是期望值，且不达标的学生中男生占，是否有99%的把握认为不达标与性别有关？ 附：参考公式：，其中. 参考数据： 3.841 5.024 6.635 10.828 0.050 0.025 0.010 0.001 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. （1）求证：平面平面； （2）设. ①若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. ②在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 19. 设是一个二维离散型随机变量，它们的一切可能取的值为，其中，令，称是二维离散型随机变量的联合分布列．与一维的情形相似，我们也习惯于把二维离散型随机变量的联合分布列写成下表形式： … … … · … … … … … … 现有个相同的球等可能的放入编号为1，2，3的三个盒子中，记落下第1号盒子中的球的个数为X，落入第2号盒子中的球的个数为Y． （1）当n＝2时，求的联合分布列； （2）设且计算． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年度第二学期高二期末适应性考试 数学试题 （考试用时：120分钟 总分：150分） 注意事项： 1.答题前，务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上. 2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 的值为（ ） A. 8 B. 9 C. 12 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】根据排列数和组合数的计算公式直接计算即可. 【详解】. 故选：B. 2. 已知随机变量，，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性即可得到答案. 【详解】由题意得，所以. 故选：C. 3. 已知，，且，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量垂直的坐标运算公式求解即可. 【详解】因为，，且，所以， 解得. 故选：D 4. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. 40 D. 80 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式定理写出其通项，求得时，展开式中含有项，代入计算可得结果. 【详解】由二项式的通项为可得， 当，即时，展开式中含有项， 此时， 因此的系数为. 故选：A 5. 甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排，若甲不站右端也不站左端，则不同站法数为（    ） A. 36 B. 60 C. 72 D. 90 【答案】C 【解析】 【分析】先安排甲从除左端和右端的三个位置中选一个站，将剩余的人任意排序，由分步乘法计数原理可得答案. 【详解】先安排甲从除左端和右端的三个位置中选一个站，有种站法； 将剩余的人任意排序，有种站法； 由分步乘法计数原理可得，不同站法数有：种. 故选：C. 6. 一个不透明的袋子中有5个红球、4个黑球，从中随机地取出一个，观察颜色后再加上3个同色的球放回袋中，再次从袋子中取出一个球，则第二次取出的是红球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用全概率公式进行求解即可. 【详解】设事件表示第一次抽取的是红球，，， 事件表示第二次抽取的是红球，因此有， 所以， 故选：C 7. 从棱长为的正方体的八个顶点中任意取四个点，则值的不同种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别讨论不同位置时的情况，根据向量数量积定义可求得结果. 【详解】①当为正方体的两条棱，且时， 或，； ②当为正方体的两条棱，且时，； ③当为正方体的一条棱，为与垂直的侧面的面对角线时， ，； ④当为正方体的一条棱，为与平行的侧面的面对角线时， ，，或，； ⑤当为正方体的一条棱，为正方体的体对角线时， ，，，； ⑥当分别为同一侧面或两平行侧面的面对角线时，或， 若，则； 若，则或，，； ⑦当分别为两相邻侧面的面对角线时， ，或，； ⑧当为正方体两条体对角线时， 设，则，， ，； 综上所述：的值有，，，共种. 故选：B. 8. 袋中有10个大小相同的球，其中6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量为其中白球的个数，随机变量为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量为取出4个球的总得分，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，由，可得，然后根据超几何分布的概率公式可求得结果. 【详解】由题意可知均服从超几何分布，且， 由，得， 所以， 因为, , , 所以 , 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 公式中的和具有相关关系 B. 回归直线必定经过样本点的中心 C. 相关系数的绝对值越接近1，则两个变量的相关性越强 D. 对分类变量与的随机变量来说，越大，判断“与有关系”的把握越大 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用变量间相关关系的概念和性质，可判断A，C选项，由回归直线方程的性质，判断B选项，由分类变量的独立性检验，可判断D选项. 【详解】对于A，公式中的和关系明确，属于函数关系，不是相关关系，相关关系是一种非确定的关系，故A错误； 对于B，回归直线恒过样本点的中心，故B正确； 对于C，相关系数的绝对值越接近1，则两个变量的相关性越强，则C正确； 对于D，对分类变量与的随机变量来说，越大，判断“与有关系”的把握越大，故D正确； 故选：BCD 10. 已知正方体的棱长为1，点，分别为，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 与平面所成角的余弦值为 C. 二面角的正弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用数量积为0得线线垂直，根据线面垂直的判定定理证明，判断A正确；求出平面的法向量，利用线面角的向量公式求解，判断B正确；利用二面角的定义作出二面角的平面角，利用余弦定理及同角三角函数关系求解，判断C错误；利用等体积法求点面距离，判断D正确. 【详解】对于AB，以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图： 正方体的边长为1，，，，，，， ，所以，， 因为，所以，即， 因为，所以，即， 又，平面，所以平面，故A正确； 设平面的一个法向量为，， 则，即，不妨令，得，故， 又因为， 设直线与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的余弦值为，故B正确； 对于C，如图： 连接交于，连接， 因为，O为BD的中点， 所以，，平面，平面， 所以是二面角的平面角， 又， 故， 所以二面角的正弦值为，故C错误； 对于D，如图： 设点到平面的距离为，因为， 所以，， 因为，所以， 所以，即点到平面的距离为，D正确. 故选：ABD 11. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二项式定理判断AB，令判断C，对求导，再赋值和，两式相减判断D. 【详解】选项A：由已知可得，所以，A说法正确； 选项B：由已知可得， 所以，B说法错误； 选项C：由已知得，所以， 当时，由已知得， 所以，C说法正确； 选项D：对两边求导可得， 所以当时，， 当时，， 所以， 所以，D说法错误； 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量的分布列为（），则实数的值为______. 【答案】15 【解析】 【分析】根据分布列概率和为1即可得到方程，解出即可. 【详解】由概率的基本性质知：，解得. 故答案为：15. 13. 由数据可得关于的线性回归方程为，若，则______. 【答案】50 【解析】 【分析】根据给定条件，利用回归直线过样本中心点列式计算即得. 【详解】依题意，设样本数据的中心点为，则， 由关于的线性回归方程为，得，而， 所以. 故答案为：50 14. 已知正方体的棱长为1，，，分别在，，上，并满足（），若是的重心，且，则实数值为______ 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的线性运算得到，再利用给定条件建立方程求解即可. 【详解】 如图，以为原点建立空间直角坐标系，故，，， ，故，，， 而，且是的重心， 故 ， 。 而，故得， 而，解得(另一个根舍去)，则实数值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是利用空间向量的线性运算得到，然后建立空间直角坐标系并结合给定条件建立方程，得到所要求的参数值即可． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，正方体的棱长为2，为的中点，点在上，. （1）求证：为的中点； （2）求直线与平面所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2）30° 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质得，再证明，最后得到，即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量和法向量，根据线面角的空间向量求法即可得到答案. 【小问1详解】 连接，在正方体中，因为平面， 平面，所以. 因为，，所以，且均在同一平面内， 所以，因为为的中点，所以为的中点. 【小问2详解】 在正方体中，，，两两互相垂直， 如图建立空间直角坐标系. 则，，，. 所以，，. 设平面的法向量为， 则，即 令，则.于是. 设直线与平面所成的角为，则 因为，所以直线与平面所成角的大小为30°. 16. 银行储蓄卡的密码由6位数字组成．某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字，求： （1）任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率； （2）如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率． 【答案】（1）； （2）﹒ 【解析】 【分析】(1)任意按最后1位数字，不超过2次就按对有两种情况：“第一次对”和“第一次错，第二次对”； (2)最后1位是偶数，不超过2次就按对也有两种情况：“第一次对”和“第一次错，第二次对”﹒ 【小问1详解】 设“第i次按对密码”(，2)，则事件“不超过2次就按对密码”可表示为． 事件与事件互斥，由概率的加法公式及乘法公式，得 ． 因此，任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率为． 【小问2详解】 设“最后1位密码为偶数”，则． 因此，如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率为． 17. 为培养学生的阅读习惯，某学校规定所有学生每天在校阅读时长不得少于1小时.若认为每天在校阅读的时长不少于1小时为达标，达到2小时的学生为“阅读之星”.假设该校学生每天在校阅读时长（的单位：小时），达标学生是“阅读之星”的概率为. （1）从该校学生中随机选出1人，求达标的概率； （2）为进一步了解该校学生不达标是否与性别有关，随机调查了90名学生，其中男生占，已知不达标的人数恰是期望值，且不达标的学生中男生占，是否有99%的把握认为不达标与性别有关？ 附：参考公式：，其中. 参考数据： 3.841 5.024 6.635 10.828 0.050 0.025 0.010 0.001 【答案】（1） （2）有99%的把握认为不达标与性别有关. 【解析】 【分析】（1）根据条件概率公式计算即可； （2）根据题意得出列联表后，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论. 【小问1详解】 从该校学生随机选出1人，记其达标为事件，是“阅读之星”为事件. 则，. 因为，所以. 又因为达标学生是“阅读之星”的概率为， 所以，得， 即从该校学生中随机选出1人，达标的概率为. 【小问2详解】 依题意，随机调查的90名学生中，男生人数为40，女生人数为50. 设这90名学生中，不达标学生人数为. 由（1）知，不达标的概率为，则. 所以数学期望，即不达标的人数为18. 因为不达标学生中有的是男生，所以不达标的男生人数为3，不达标的女生人数为15. 则达标的男生人数为37，达标的女生人数为35，得如下列联表. 男生 女生 合计 达标 37 35 72 不达标 3 15 18 合计 40 50 90 所以. 因为，所以有99%的把握认为不达标与性别有关. 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. （1）求证：平面平面； （2）设. ①若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. ②在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明：在四棱锥中，平面平面，， 平面，平面平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）①或；②不存在点，理由：如图，假设在线段上存在点，使得点，，在以为球心的球上， 由，得，所以， 所以， 又得，，所以，， 由得，即， 亦即（*）， 因为，所以方程（*）无实数解， 所以线段上不存在点，使得点，，在以为球心的球上. 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质可证得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论； （2）①依题意建立适当空间直角坐标系，设，利用题设条件，分别求得相关点和向量的坐标，利用空间向量坐标的夹角公式列出方程，求解即得的值； ②假设存在点，可由推得，得点坐标，由得方程，因此方程无实数解，假设不成立. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴， 建立如图所示直角空间坐标系， 设，则，由，，，， 则，，因，则，， 所以，， ①设平面的法向量为，由，， 得：，可取， 设直线与平面所成角为， 则有：，， 即：，化简得：， 解得或，即或， ②略 【点睛】方法点睛：根据题意，创建合适的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标表达式即可求解相关问题，对于开放性问题，一般是假设结论成立，通过推理计算求得结论成立的条件或者推导出矛盾. 19. 设是一个二维离散型随机变量，它们的一切可能取的值为，其中，令，称是二维离散型随机变量的联合分布列．与一维的情形相似，我们也习惯于把二维离散型随机变量的联合分布列写成下表形式： … … … · … … … … … … 现有个相同的球等可能的放入编号为1，2，3的三个盒子中，记落下第1号盒子中的球的个数为X，落入第2号盒子中的球的个数为Y． （1）当n＝2时，求的联合分布列； （2）设且计算． 【答案】（1）见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）由题意知：可取0，1，2，可取0，1，2，直接计算概率，列出的联合分布列即可； （2）直接计算得，结合二项分布的期望公式求出即可. 【小问1详解】 可取0，1，2，可取0，1，2，则，，， ，，， ，故的联合分布列为： 0 1 2 0 1 2 · 【小问2详解】当时，， 故， 所以，设服从二项分布，由二项分布的期望公式可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $