精品解析：江苏省南通市海安市实验中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题

实验中学2023-2024学年度第二学期期中考试试题 高二数学 一、选择题（共8题） 1. 今天是星期二，经过天后是星期（ ） A. 三 B. 四 C. 五 D. 六 【答案】A 【解析】 【分析】由，根据二项式定理计算即可求解. 【详解】一个星期的周期是7， 则 ， 即除以7余数是1， 即今天是星期二，经过天后是星期三． 故选：A 2. 已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率是，乙厂产品的合格率是，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析】结合已知条件由全概率公式求解即可. 【详解】从某地市场上购买一个灯泡，设买到的灯泡是甲厂产品为事件， 买到的灯泡是乙厂产品为事件，记事件从该地市场上买到一个合格灯泡， 则，，，， 所以. 故选：B. 3. 假期里，有4名同学去社区做文明实践活动，根据需要，要安排这4名同学去甲、乙两个文明实践站，每个实践站至少去1名同学，则不同的安排方法共有（ ） A. 20种 B. 14种 C. 12种 D. 10种 【答案】B 【解析】 【分析】先将4名同学分为两组，两组人数为可能为1,3人或2,2人，共有种方案，再将两组同学分配到两个文明实践站有种，最后结合乘法原理求解即可. 【详解】解：先将4名同学分为两组，两组人数为可能为1,3人或2,2人， 当两组人数为1,3时，有种方案， 当两组人数为2,2时，有种方案， 所以将4名同学分为两组，共有种方案， 再将两组同学分配到两个文明实践站，有种， 所以根据乘法原理得共有种不同的方法. 故选：B 4. 我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（）是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体．如图，五面体是一个刍甍，其中是正三角形，平面平面，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将要求的直线与直线所成角平移后再解三角形即可. 【详解】将平移到下图中的位置，再连接，则的大小即为直线与直线所成的角. 由，设，则可得，， 在中，由余弦定理有. 故选：C. 5. 已知离散型随机变量的分布列如下表： 0 1 2 3 若离散型随机变量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分布列的性质求出a，再根据随机变量之间的函数关系即可求解. 【详解】由分布列的性质可知： 解得 ， 由 ， 等价于 ，由表可知 ； 故选：C. 6. 如图，在棱长均相等的四面体中，点为的中点，，设，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算求得正确答案. 【详解】由于， 所以, 所以 . 故选：D 7. 若，则的值为(　　) A. 2 B. 0 C. －1 D. －2 【答案】C 【解析】 【详解】令，则原式为， 令，则原式为，所以，故选择C． 8. 如图，在三棱锥中，点为底面的重心，点是线段上靠近点的三等分点，过点的平面分别交棱，，于点，，，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由空间向量基本定理，用表示，由D，E，F，M四点共面，可得存在实数，使，再转化为，由空间向量分解的唯一性，分析即得解. 【详解】由题意可知， 因为D，E，F，M四点共面，所以存在实数，使， 所以， 所以， 所以， 所以． 故选：D 二、多选题（共3题） 9. 设构成空间的一个基底，则下列说法正确的是（ ） A. 存在不全为零的实数，，，使得 B. 对空间任一向量，总存在唯一的有序实数组，使得 C. 在中，能与，构成空间另一个基底的只有 D. 存在另一个基底，使得 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用空间向量基底的意义逐一分析各选项即可判断作答. 【详解】对于A，假设存在不全为零的实数x，y，z，使得，不妨令， 则，此时共面，不能构成空间的一个基底，与题意矛盾，A不正确； 对于B，根据空间向量基本定理可得，对空间任一向量，总存在唯一的有序实数组，使得，B正确； 对于C，因为，，即都不能与，构成空间另一个基底， 设，若，则，有， 即与，构成空间另一个基底，则在中，能与，构成空间另一个基底的只有，C正确； 对于D，由向量运算的几何意义知，在平行六面体中，令，则，如图， 将平行六面体绕对角线旋转，则基底变为另一基底，可以有成立 ， 则存在另一个基底，使得，D正确． 故选：BCD 10. 某机构组织举办经验交流活动，共邀请了八位专家，以区分，现安排专家发言顺序，则（ ） A. 专家和专家发言中间必须间隔1个人，共有种排法 B. 专家和专家发言不相邻，共有种排法 C. 三位专家的发言必须相邻，共有720种排法 D. 专家不第一个发言，专家不最后一个发言，共有种排法 【答案】BD 【解析】 【分析】根据插空法即可判断AB；根据捆绑法即可判断C；分成排在第一、排在除第一位和最后一位之外的某一位置两类情况分析即可判断D. 【详解】A：先排剩下的六人，有种，两人之间必须间隔一个人，有种，总共有种，故A错误； B：若不相邻，剩余6类排列方法为形成7个空， 则填入7个空的方法为，所以共有种排法，故B正确； C：先排列三位专家则有6种排列方法，三人形成整体与剩余5人再进行全排列， 则方法有种排列方法，所以共有种方法，故C错误； D：分成两类情况，一是排在第一，则此类情况下排法有种， 二是排在除第一位和最后一位之外的某一位置，有种方法， 则共有种排法，故D正确． 故选：BD． 11 已知事件A，B，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用概率的乘法公式求解即可判断A；利用条件概率的性质求解即可判断B；先求得，，再根据全概率公式求解即可C，D． 【详解】对于A，由，故A正确； 对于B，由，故B错误； 对于C，D，由，， 则，故C正确；D错误． 故选：AC． 三、填空题（共3题） 12. 的展开式中常数项是__________（用数字作答）． 【答案】 【解析】 【分析】写出二项式展开通项，即可求得常数项. 【详解】 其二项式展开通项： 当，解得 的展开式中常数项是：. 故答案为：. 【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握的展开通项公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 13. 某人进行一项试验，若试验成功，则停止试验，若试验失败，再重新试验一次，若试验3次均失败，则放弃试验．若此人每次试验成功的概率均为，则此人试验次数ξ的均值是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意试验次数ξ的可能取值为1，2，3，分别求出对应的概率，列出分布列，进而可求出随机变量的均值. 【详解】试验次数ξ的可能取值为1，2，3， 则P(ξ＝1)＝， P(ξ＝2)＝， P(ξ＝3)＝． 所以ξ的分布列为 ξ 1 2 3 P 所以E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝． 14. 如图，长方体的顶点在平面内，其余顶点均在平面的同侧，．若顶点到平面的距离为1，顶点到平面的距离为，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为，利用空间向量的方法列方程得到，然后利用空间向量的方法求距离即可. 【详解】以为原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．所以，，． 设平面的一个法向量为， 由题意得，解得， 所以顶点到平面的距离是． 故答案为： 四、解答题（共5题） 15. （1）若，求正整数； （2）已知，求. 【答案】（1）8 （2） 【解析】 【分析】（1）利用排列数公式可得，即求； （2）利用组合数公式可得，即求. 【小问1详解】 由得， ，又， ∴，即， ∴正整数8. 【小问2详解】 由得， ， ∴即， 解得或，又， ∴， ∴. 16. 已知函数. （1）当时，求函数的极值； （2）求函数单调区间. 【答案】（1）极大值为，无极小值； （2）当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间为，单调减区间为. 【解析】 【分析】（1）求函数定义域及导数，根据函数的单调性即可求极值； （2）求导，对进行分类讨论即可求单调区间. 【小问1详解】 当时，，， 令，解得，所以函数在上单调递增； 令，解得，所以函数在上单调递减. 所以当时取极大值，极大值为，无极小值. 【小问2详解】 函数的定义域为，. 当时，在上恒成立， 所以函数在上单调递增； 当时，令，解得，所以函数在上单调递增； 令，解得，所以函数在上单调递减. 综上所述，当时，函数的单调增区间为； 当时，函数的单调增区间为，单调减区间为. 17. 如图，在四面体中，平面，，，点在线段上． （1）当是线段中点时，求与平面所成角的正弦值； （2）若二面角的余弦值为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求解； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【小问1详解】 因为平面，平面， 所以，，又， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为为的中点，则、、、， 设平面的法向量为，，， 则，取，则，可得，又， 所以与平面所成角的正弦值为． 【小问2详解】 设点，其中，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得， 又，，平面，， 所以平面， 易知平面的一个法向量为， 由已知可得，解得， 此时点为的中点，故． 18. 在二项式的展开式中，第5项和第6项的二项式系数相同， （1）求所有偶数项的二项式系数的和； （2）求各项系数绝对值之和． （3）若记，求展开式中中取最大项时的值． 【答案】（1）256 （2） （3）3 【解析】 【分析】（1）写出展开式的通项，依题意，即可求出，再根据所有偶数项的二项式系数的和为计算可得； （2）二项式的各项系数绝对值之和与的各项系数和相等，再令即可得解； （3）由，即可得到，，再设出不等式组，即可求出. 【小问1详解】 二项式展开式的通项为（且）， 依题意可得，， 所以，则所有偶数项的二项式系数的和为； 【小问2详解】 二项式各项系数绝对值之和与的各项系数和相等， 所以的各项系数绝对值之和为； 【小问3详解】 由题可得 ， 所以，， 显然要使最大，为奇数时是正值，为偶数时是负值． 令，， ，解得， 所以当时，是展开式中系数的绝对值最大的项，也是系数最大的项， 综上所述展开式中中取最大项时． 19. 为倡导公益环保理念，培养学生社会实践能力，某中学开展了旧物义卖活动，所得善款将用于捐赠“圆梦困境学生”计划.活动共计50多个班级参与，1000余件物品待出售.摄影社从中选取了20件物品，用于拍照宣传，这些物品中，最引人注目的当属优秀毕业生们的笔记本，已知高三1，2，3班分别有，，的同学有购买意向.假设三个班的人数比例为. （1）现从三个班中随机抽取一位同学： （i）求该同学有购买意向的概率； （ii）如果该同学有购买意向，求此人来自2班的概率； （2）对于优秀毕业生的笔记本，设计了一种有趣的“掷骰子叫价确定购买资格”的竞买方式：统一以0元为初始叫价，通过掷骰子确定新叫价，若点数大于2，则在已叫价格基础上增加1元更新叫价，若点数小于3，则在已叫价格基础上增加2元更新叫价；重复上述过程，能叫到10元，即获得以10元为价格的购买资格，未出现叫价为10元的情况则失去购买资格，并结束叫价.若甲同学已抢先选中了其中一本笔记本，试估计其获得该笔记本购买资格的概率（精确到0.01）. 【答案】（1）（i）；（ii） （2）0.75. 【解析】 【分析】（1）设事件“该同学有购买意向”，事件“该同学来自班”.根据全概率公式即可求解，根据条件概率公式即可求解； （2）由题意可得每次叫价增加1元的概率为，每次叫价增加2元的概率为.设叫价为元的概率为，叫价出现元的情况只有下列两种：①叫价为元，且骰子点数大于2，其概率为；②叫价为元，且骰子点数小于3，其概率为.于是得到，构造等比数列，结合累加法可求解. 【小问1详解】 （i）设事件“该同学有购买意向”，事件“该同学来自班”. 由题意可知， ， 所以，由全概率公式可得： . （ii）由条件概率可得. 【小问2详解】 由题意可得每次叫价增加1元的概率为，每次叫价增加2元的概率为. 设叫价为元的概率为，叫价出现元的情况只有下列两种： ①叫价为元，且骰子点数大于2，其概率为； ②叫价为元，且骰子点数小于3，其概率为. 于是得到，易得， 由于， 于是当时，数列是以首项为，公比为的等比数列， 故. 于是 于是，甲同学能够获得笔记本购买资格的概率约为0.75. 【点睛】关键点睛： 第二问中关键是设叫价为元的概率为，利用叫价为元是在叫价为元的基础上再叫价1元或在叫价为元的基础上再叫价2元，从而确定与的关系，再结合数列中的构造法和累加法即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 实验中学2023-2024学年度第二学期期中考试试题 高二数学 一、选择题（共8题） 1. 今天是星期二，经过天后是星期（ ） A. 三 B. 四 C. 五 D. 六 2. 已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率是，乙厂产品的合格率是，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是（ ） A. B. C. D. 3. 假期里，有4名同学去社区做文明实践活动，根据需要，要安排这4名同学去甲、乙两个文明实践站，每个实践站至少去1名同学，则不同的安排方法共有（ ） A. 20种 B. 14种 C. 12种 D. 10种 4. 我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（）是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体．如图，五面体是一个刍甍，其中是正三角形，平面平面，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知离散型随机变量的分布列如下表： 0 1 2 3 若离散型随机变量，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在棱长均相等的四面体中，点为的中点，，设，则（　　） A. B. C. D. 7. 若，则的值为(　　) A. 2 B. 0 C. －1 D. －2 8. 如图，在三棱锥中，点为底面的重心，点是线段上靠近点的三等分点，过点的平面分别交棱，，于点，，，若，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3题） 9. 设构成空间一个基底，则下列说法正确的是（ ） A. 存在不全为零的实数，，，使得 B. 对空间任一向量，总存在唯一的有序实数组，使得 C. 在中，能与，构成空间另一个基底的只有 D. 存在另一个基底，使得 10. 某机构组织举办经验交流活动，共邀请了八位专家，以区分，现安排专家发言顺序，则（ ） A. 专家和专家发言中间必须间隔1个人，共有种排法 B 专家和专家发言不相邻，共有种排法 C. 三位专家的发言必须相邻，共有720种排法 D. 专家不第一个发言，专家不最后一个发言，共有种排法 11. 已知事件A，B，且，，，则（ ） A B. C. D. 三、填空题（共3题） 12. 的展开式中常数项是__________（用数字作答）． 13. 某人进行一项试验，若试验成功，则停止试验，若试验失败，再重新试验一次，若试验3次均失败，则放弃试验．若此人每次试验成功的概率均为，则此人试验次数ξ的均值是________． 14. 如图，长方体的顶点在平面内，其余顶点均在平面的同侧，．若顶点到平面的距离为1，顶点到平面的距离为，则顶点到平面的距离为_____． 四、解答题（共5题） 15. （1）若，求正整数； （2）已知，求. 16 已知函数. （1）当时，求函数的极值； （2）求函数单调区间. 17. 如图，在四面体中，平面，，，点在线段上． （1）当是线段中点时，求与平面所成角的正弦值； （2）若二面角的余弦值为，求的值． 18. 在二项式的展开式中，第5项和第6项的二项式系数相同， （1）求所有偶数项的二项式系数的和； （2）求各项系数绝对值之和． （3）若记，求展开式中中取最大项时的值． 19. 为倡导公益环保理念，培养学生社会实践能力，某中学开展了旧物义卖活动，所得善款将用于捐赠“圆梦困境学生”计划.活动共计50多个班级参与，1000余件物品待出售.摄影社从中选取了20件物品，用于拍照宣传，这些物品中，最引人注目的当属优秀毕业生们的笔记本，已知高三1，2，3班分别有，，的同学有购买意向.假设三个班的人数比例为. （1）现从三个班中随机抽取一位同学： （i）求该同学有购买意向的概率； （ii）如果该同学有购买意向，求此人来自2班的概率； （2）对于优秀毕业生的笔记本，设计了一种有趣的“掷骰子叫价确定购买资格”的竞买方式：统一以0元为初始叫价，通过掷骰子确定新叫价，若点数大于2，则在已叫价格基础上增加1元更新叫价，若点数小于3，则在已叫价格基础上增加2元更新叫价；重复上述过程，能叫到10元，即获得以10元为价格的购买资格，未出现叫价为10元的情况则失去购买资格，并结束叫价.若甲同学已抢先选中了其中一本笔记本，试估计其获得该笔记本购买资格的概率（精确到0.01）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$