精品解析：江苏省镇江市八校2023～2024学年高二下学期期末联考数学试卷

高二（下）数学 一、单项选择题：共8小题，每题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 书架上已有四本书，小明又带来了两本不同的长篇小说和一本人物传记要放到书架上，若两本小说不能放到一起，则不同的放法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】D 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理，结合插空法，即可求解． 【详解】人物传记有种放法，这样五本书之间有个空， 将两本不同的长篇小说选两个空插入即可不相邻，共有种方法， 故选：D． 2. 已知，如三个向量不能构成空间直角坐标系上的一组基底，则实数λ为（ ） A. 0 B. 9 C. 5 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到存在实数使得，列出方程组，即可求解. 【详解】因为向量，可得与不共线， 又因为向量且不能构成空间直角坐标系的一组基底， 则存在实数使得，即，解得， 所以实数的值为. 故选：C. 3. 某位同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒3盒、连花清瘟胶囊2盒、清开灵颗粒5盒．若这三类药物能治愈感冒的概率分别为，他感冒时，随机从这几盒药物里选择一盒服用（用药请遵医嘱），则感冒被治愈的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据全概率公式计算可得； 【详解】记服用金花清感颗粒为事件，服用连花清瘟胶囊为事件，服用清开灵颗粒为事件，感冒被治愈为事件， 依题意可得，，，，，， 所以 . 故选：C 4. 在展开式中，含项的系数是（ ） A. 120 B. 56 C. 84 D. 35 【答案】A 【解析】 【分析】依题意可得含项的系数是，再由组合数的性质计算可得. 【详解】因为展开式的通项为（且）， 所以的展开式中， 含项的系数是 ， 故选：A. 5. 一箱凤梨共有10个，其中有8个是优果，从这箱凤梨中随机抽取2个，恰有1个优果的概率为.某果园刺梨单果的质量M（单位：g）服从正态分布，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用超几何分布和正态分布的对称性求解出答案. 【详解】由超几何分布可得， 由正态分布可得，所以，. 故选：C. 6. 下列命题错误的是（ ） A. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于 B. 设，若，，则 C. 线性回归直线一定经过样本点的中心 D. 一个袋子中有个大小相同的球，其中有个黄球、个白球，从中不放回地随机摸出个球作为样本，用随机变量表示样本中黄球的个数，则服从二项分布，且 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，根据相关系数的定义作出判断；B选项，利用二项分布的期望和方差公式得到方程，求出答案；C选项，根据样本中心点的定义作出判断；D选项，由超几何分布和二项分布的定义得到D错误. 【详解】对于A，两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于，A正确； 对于B，，解得，，故B正确； 对于C，线性回归直线一定经过样本点的中心，故C正确； 对于D，由于是不放回地随机摸出个球作为样本， 所以由超几何分布的定义知服从超几何分布，且，故D错误. 故选：D 7. 在二项式的展开式中，二项式系数的和为64，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式系数和求得n，利用二项式展开式的通项公式确定有理项的项数，根据插空法排列有理项，再根据古典概型的概率公式即可求得答案. 【详解】在二项式 展开式中，二项式系数的和为， 所以. 则即，通项公式为， 故展开式共有7项，当时，展开式为有理项， 把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻， 即把其它的5个无理项先任意排，再把这两个有理项插入其中的6个空中，方法共有种, 故有理项都互不相邻的概率为, 故选：A 8. 在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分．在空间直角坐标系中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，这样的点共有个，从这个点中任选2个，则这2个点在同一个部分的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用排列组合及古典概型的概率的知识计算即可. 【详解】由题意得，从这个点中任选2个，共有种选法， 在坐标系同一部分的点的横坐标、纵坐标、竖坐标的正负均相同， 所以八个部分中的点的个数分别为，，，，2，2，2，1， 故所求的概率为． 故选：B. 二、多项选择题：本题共3题，每题6分，共18分，在每题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分. 9. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 展开式中最大的系数为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用赋值法判断AB，根据通项公式法判断C，根据列举的方法判断D. 【详解】A.令，得，令，得， 所以，故A正确； B.令，则， 所以， ， ，故B正确； C.是的系数，中的系数为，故C错误； D.展开式中，得到奇数次幂的项的系数都是负数，偶数次幂的项的系数都是正数， 正数项有，其中，, ，，所以展开式中的最大的系数是，故D正确. 故选：ABD 10. 在4张奖券中，一、二、三、四等奖各1张，将这4张奖券分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至多2张，则下列结论正确的是（ ） A. 若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有24种不同的获奖情况 B. 若甲获得了一等奖和二等奖，则共有6种不同的获奖情况 C. 若仅有两人获奖，则共有36种不同的获奖情况 D. 若仅有三人获奖，则共有144种不同的获奖情况 【答案】ACD 【解析】 【分析】将4个奖项分给4个人的全排列数判断A；按另两个奖项由1人获得、2人获得分类计算判断B；将4个奖项按平均分组，再分配判断C；取2个奖项一组，分3组分给3人判断D. 【详解】对于A，若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有种不同的获奖情况，A正确． 对于B，若甲获得了一等奖和二等奖，则其他三人有一人获得2个奖项或者有两人各获得1个奖项， 共有种不同的获奖情况，B错误． 对于C，若仅有两人获奖，则有两人各获得2个奖项，共有种不同的获奖情况，C正确． 对于D，若仅有三人获奖，则有一人获得2个奖项，有两人各获得1个奖项， 共有种不同的获奖情况，D正确． 故选：ACD 11. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ） A. B. 异面直线与所成角正弦值为 C. 点到直线的距离是 D. 为线段上的一个动点，则的最大值为3 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据坐标运算可判断A；利用向量夹角公式和同角三角函数的基本关系求解，可判断B；根据点到直线的向量公式可判断C；利用坐标表示出，即可判断D； 【详解】如图建立空间直角坐标系，则， 故，， 对于A，所以，A错误； 对于B，记异面直线与所成角为，则， 所以，故B正确. 对于C，记同向的单位向量为， 则点P到直线的距离，故C错误； 对于D，设点，使，， 则，故， 则， 因，则时，即点与点重合时，取得最大值3，故D项正确； 故选：BD. 【点睛】方法点睛：解决此类问题的主要方法有： （1）定义法：运用空间向量的加减数乘和数量积的定义进行计算分析； （2）基底表示法：将相关向量用空间的一组基底表示再进行相关计算； （3）建系法：通过建立空间直角坐标系，引入相关点的坐标，利用点线距离公式、空间向量的夹角公式等公式计算即得. 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 随机变量X的分布列是 X -2 1 2 P a b 若，则_________． 【答案】2 【解析】 【分析】由于分布列的概率之和为1，以及，列出关于的方程，再根据方差公式即可求出． 【详解】解：由题意可知，∴， 所以． 故答案为：． 13. 已知，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用换元法，结合二项式定理求出即可. 【详解】令，即， 因此原等式为，项为， 所以. 故答案为： 14. 三分损益法是古代中国发明制定音律时所用的生律法.三分损益包含“三分损一"“三分益一"两层含义，三分损一是指将原有长度作3等分而减去其1份，即原有长度生得长度；而三分益一则是指将原有长度作3等分而增添其1份，即原有长度生得长度，两种方法可以交替运用､连续运用，各音律就得以辗转相生，假设能发出第一个基准音的乐器的长度为243，每次损益的概率为，则经过5次三分损益得到的乐器的长度为128的概率为___________. 【答案】 【解析】 【分析】设5次三分损益中有次三分损一，解方程得的值，即得解. 【详解】设5次三分损益中有次三分损一，所以， 解得 故所求概率为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求概率常用的方法有：先定性（古典概型的概率、几何概型的概率、独立事件的概率、互斥事件的概率、独立重复试验的概率、条件概率），后定量. 四、解答题：共5小题，共77分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明或演算步骤. 15. 已知在二项式的展开式中，第项为常数项. （1）求； （2）求的展开式中所有奇数项的二项式系数之和； （3）在的展开式中，求含的项. 【答案】（1）； （2）32； （3）. 【解析】 【分析】（1）写出展开式的第项，再令的指数为，即可求出； （2）根据二项式系数的性质计算可得； （3）由，写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【小问1详解】 由题意得第项为， 则，解得. 【小问2详解】 所有奇数项的二项式系数之和为. 【小问3详解】 由（1）知， 其中展开式的通项为（且）， 则的展开式中，含的项为， 含的项为， 所以在的展开式中含的项为. 16. 已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，利用、得四边形是平行四边形，从而利用线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用点到平面距离的向量公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面的法向量分别为， 则有，取， 则有， 即点到平面的距离为. 17. 学校师生参与创城志愿活动.高二（1）班某小组有男生4人，女生2人，现从中随机选取2人作为志愿者参加活动. （1）求在有女生参加活动的条件下，恰有一名女生参加活动的概率； （2）记参加活动的女生人数为，求的分布列及期望； （3）若志愿活动共有卫生清洁员､交通文明监督员､科普宣传员三项可供选择.每名女生至多从中选择2项活动，且选择参加1项或2项的可能性均为；每名男生至少从中选择参加2项活动，且选择参加2项或3项的可能性也均为.每人每参加1项活动可获得3个工时，记随机选取的两人所得工时之和为，求的期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3）13个工时 【解析】 【分析】（1）根据条件概率公式，结合组合的定义、古典概型公式进行求解即可； （2）根据超几何分布的概率公式，结合数学期望公式进行求解即可； （3）根据数学期望公式和性质进行求解即可. 【小问1详解】 设“有女生参加活动”为事件A，”恰有一名女生参加活动“为事件. 则， 所以. 【小问2详解】 依题意知服从超几何分布，且， ， 所以的分布列为： 0 1 2 ； 【小问3详解】 设一名女生参加活动可获得工时数为，一名男生参加活动可获得工时数为， 则的所有可能取值为，的所有可能取值为， ，， ，， 有名女生参加活动，则男生有名参加活动.， 所以. 即两人工时之和的期望为13个工时. 18. 如图甲所示，在平面四边形中，，，，现将平面沿向上翻折，使得，为的中点，如图乙. （1）证明：； （2）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明：如图， 连接DM，因为，，M为AC的中点，所以，，又因为，所以，所以，，所以平面，  而平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）根据△ABC为等腰三角形，可得，利用长度可得，可得，然后利用线面垂直的判定定理可得平面，最后可得结果. （2）建立空间直角坐标系，首先根据直线BQ与平面ADB所成角的正弦值为确定Q点位置，再利用平面与平面所成角的空间向量解法求平面ADB与平面BQM所成角的余弦值； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取MC的中点为O，BC的中点为E，连接DO，OE，则，因为所以，又因为O为MC的中点，所以，由(1)知平面，平面，所以，又所以平面，以O为坐标原点，OA，OE，OD所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示坐标系， 由题意知，，设平面DAB的一个法向量为，则，令，得， 设，则，所以，所以 ，化简得，解得 (舍去)，所以点Q是DC上靠近D的三等分点，所以 设平面BQM的一个法向量为，则，令，得， ， 故平面ADB与平面BQM所成角的余弦值为. 19. 2024年高三数学适应性考试中选择题有单选和多选两种题型组成．单选题每题四个选项，有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错得0分，多选题每题四个选项，有两个或三个选项正确，全部选对得6分，部分选对得3分，有错误选择或不选择得0分． （1）已知某同学对其中4道单选题完全没有答题思路，只能随机选择一个选项作答，且每题的解答相互独立，记该同学在这4道单选题中答对的题数为随机变量X． （i）求； （ii）求使得取最大值时的整数； （2）若该同学在解答最后一道多选题时，除确定B，D选项不能同时选择之外没有答题思路，只能随机选择若干选项作答．已知此题正确答案是两选项与三选项的概率均为，求该同学在答题过程中使得分期望最大的答题方式，并写出得分的最大期望． 【答案】（1）（i）；（ii） （2）该同学选择单选A或单选C的得分期望最大，最大值为分 【解析】 【分析】（1）（i）易知服从二项分布，据此计算；（ii）令，结合二项分布的概率公式得到不等式组，解得的取值范围，再由为整数确定取值； （2）算出单选、双选和三选条件下的数学期望，比较大小即可. 【小问1详解】 （i）因为，所以． （ii）因为． 依题意，即， 解得， 又为整数，所以，即时取最大值. 【小问2详解】 由题知，选项不能同时选择，故该同学可以选择单选、双选和三选． 正确答案是两选项的可能情况为，每种情况出现的概率均为． 正确答案是三选项的可能情况为，每种情况出现的概率为． 若该同学做出的决策是单选，则得分的期望如下： （分）， （分）， 若该同学做出的决策是双选，则得分的期望如下： （分）， （分）． 若该同学做出的决策是三选，则得分的期望如下： （分）． 经比较，该同学选择单选A或单选C的得分期望最大，最大值为分. 【点睛】方法点睛：根据正确答案的所有可能结果，对答题情况进行分类讨论，计算每种答题情况的得分期望值，选择最优方案. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二（下）数学 一、单项选择题：共8小题，每题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 书架上已有四本书，小明又带来了两本不同的长篇小说和一本人物传记要放到书架上，若两本小说不能放到一起，则不同的放法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 2. 已知，如三个向量不能构成空间直角坐标系上的一组基底，则实数λ为（ ） A. 0 B. 9 C. 5 D. 3 3. 某位同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒3盒、连花清瘟胶囊2盒、清开灵颗粒5盒．若这三类药物能治愈感冒的概率分别为，他感冒时，随机从这几盒药物里选择一盒服用（用药请遵医嘱），则感冒被治愈的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 在展开式中，含项的系数是（ ） A. 120 B. 56 C. 84 D. 35 5. 一箱凤梨共有10个，其中有8个是优果，从这箱凤梨中随机抽取2个，恰有1个优果的概率为.某果园刺梨单果的质量M（单位：g）服从正态分布，且，，则（ ） A. B. C. D. 6. 下列命题错误的是（ ） A. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于 B. 设，若，，则 C. 线性回归直线一定经过样本点的中心 D. 一个袋子中有个大小相同的球，其中有个黄球、个白球，从中不放回地随机摸出个球作为样本，用随机变量表示样本中黄球的个数，则服从二项分布，且 7. 在二项式的展开式中，二项式系数的和为64，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分．在空间直角坐标系中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，这样的点共有个，从这个点中任选2个，则这2个点在同一个部分的概率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3题，每题6分，共18分，在每题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分. 9. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 展开式中最大的系数为 10. 在4张奖券中，一、二、三、四等奖各1张，将这4张奖券分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至多2张，则下列结论正确的是（ ） A. 若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有24种不同的获奖情况 B. 若甲获得了一等奖和二等奖，则共有6种不同的获奖情况 C. 若仅有两人获奖，则共有36种不同的获奖情况 D. 若仅有三人获奖，则共有144种不同的获奖情况 11. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ） A. B. 异面直线与所成角正弦值为 C. 点到直线的距离是 D. 为线段上的一个动点，则的最大值为3 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 随机变量X的分布列是 X -2 1 2 P a b 若，则_________． 13. 已知，则______. 14. 三分损益法是古代中国发明制定音律时所用的生律法.三分损益包含“三分损一"“三分益一"两层含义，三分损一是指将原有长度作3等分而减去其1份，即原有长度生得长度；而三分益一则是指将原有长度作3等分而增添其1份，即原有长度生得长度，两种方法可以交替运用､连续运用，各音律就得以辗转相生，假设能发出第一个基准音的乐器的长度为243，每次损益的概率为，则经过5次三分损益得到的乐器的长度为128的概率为___________. 四、解答题：共5小题，共77分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明或演算步骤. 15. 已知在二项式的展开式中，第项为常数项. （1）求； （2）求的展开式中所有奇数项的二项式系数之和； （3）在的展开式中，求含的项. 16. 已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 17. 学校师生参与创城志愿活动.高二（1）班某小组有男生4人，女生2人，现从中随机选取2人作为志愿者参加活动. （1）求在有女生参加活动的条件下，恰有一名女生参加活动的概率； （2）记参加活动的女生人数为，求的分布列及期望； （3）若志愿活动共有卫生清洁员､交通文明监督员､科普宣传员三项可供选择.每名女生至多从中选择2项活动，且选择参加1项或2项的可能性均为；每名男生至少从中选择参加2项活动，且选择参加2项或3项的可能性也均为.每人每参加1项活动可获得3个工时，记随机选取的两人所得工时之和为，求的期望. 18. 如图甲所示，在平面四边形中，，，，现将平面沿向上翻折，使得，为的中点，如图乙. （1）证明：； （2）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值. 19. 2024年高三数学适应性考试中选择题有单选和多选两种题型组成．单选题每题四个选项，有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错得0分，多选题每题四个选项，有两个或三个选项正确，全部选对得6分，部分选对得3分，有错误选择或不选择得0分． （1）已知某同学对其中4道单选题完全没有答题思路，只能随机选择一个选项作答，且每题的解答相互独立，记该同学在这4道单选题中答对的题数为随机变量X． （i）求； （ii）求使得取最大值时的整数； （2）若该同学在解答最后一道多选题时，除确定B，D选项不能同时选择之外没有答题思路，只能随机选择若干选项作答．已知此题正确答案是两选项与三选项的概率均为，求该同学在答题过程中使得分期望最大的答题方式，并写出得分的最大期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $