精品解析：江苏省南京市南京外国语学校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷

2023-2024学年高二下学期南京外国语学校4月期中考试 一、单选题 1. 已知复数的实部为正数，虚部为1，，则（ ）． A. B. C. D. 2. 下列命题中，错误的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若随机变量，且，则 C. 在回归分析中，若残差的平方和越小，则模型的拟合效果越好 D. 在回归分析中，若样本相关系数越大，则成对样本数据线性相关程度越强 3. 已知是三个不重合的平面，是三条不重合的直线则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，，则 C. 若，则 D 若，则 4. 已知函数，若将函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 将的图象向右平移个单位长度后，得到的函数图象关于轴对称 C. 当取得最值时， D. 当时，的值域为 5. 已知，则的值为（ ） A. -66 B. -65 C. -63 D. -62 6. 基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键．其中数学学科尤为重要．某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“九章算术”，“古今数学思想”，“数学原理”，“世界数学通史”，“算术研究”五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，至少选一门，且已选过的课程不能再选，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式种数为（    ）． A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 7. 由0，2，4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成的数列记为，即，若，则（ ） A. 34 B. 33 C. 32 D. 30 8. 在菱形中，，将沿对角线折起，使点A到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知，分别为随机事件A，B的对立事件，，，则（ ） A B. C. 若A，B独立，则 D. 若A，B互斥，则 10. 在一次数学学业水平测试中，某市高一全体学生的成绩，且，，规定测试成绩不低于60分者为及格，不低于120分者为优秀，令，，则（ ） A. ， B. 从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀的概率为 C. 从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生，这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为 D. 从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，在已知该生测试成绩及格的条件下，该生测试成绩优秀的概率为 11. 如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），下列结论中正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 平面与平面所成锐二面角为，则 C. 直线与所成的角可能是 D. 平面截正方体所得的截面可能是直角三角形 三、填空题 12. 如图，正八边形，其外接圆半径为2，则=___________. 13. 已知随机变量，且，则的展开式中常数项为__________. 14. 举重比赛的规则是：挑战某一个重量，每位选手可以试举三次，若三次均未成功则挑战失败；若有一次举起该重量，则无需再举，视为挑战成功，已知甲选手每次能举起该重量的概率是，且每次试举相互独立，互不影响，设试举的次数为随机变量，则的数学期望________；已知甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率是________． 四、解答题 15. 已知正项数列的前项和满足． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，求面积． 17. 已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的大小； 18. 由于航天行业拥有广阔的发展前景，有越来越多的公司开始从事航天研究，某航天公司研发了一种火箭推进器，为测试其性能，对推进器飞行距离与损坏零件数进行了统计，数据如下： 飞行距离x（km） 56 63 71 79 90 102 110 117 损坏零件数y（个） 61 73 90 105 119 136 149 163 参考数据：. （1）建立y关于x的回归模型，根据所给数据及回归模型，求y关于x的回归方程（精确到0.1，精确到1）； （2）该公司进行了第二项测试，从所有同型号推进器中随机抽取100台进行等距离飞行测试，对其中60台进行飞行前保养，测试结束后，有20台报废，其中保养过的推进器占比30%，请根据统计数据完成2×2列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为推进器是否报废与保养有关？ 保养 未保养 合计 报废 20 未报废 合计 60 100 附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，； 0.25 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 1.323 2.706 3.841 5.024 6.635 10828 19. 如图，一个正三角形被分成9个全等的三角形区域，分别记作，，，，，，，，. 一个机器人从区域出发，每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域（有公共边的区域），且到不同相邻区域的概率相等. （1）分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于区域； （2）求经过2秒机器人位于区域的概率； （3）求经过秒机器人位于区域的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年高二下学期南京外国语学校4月期中考试 一、单选题 1. 已知复数的实部为正数，虚部为1，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据模长公式计算得出实部. 【详解】复数的实部为正数，虚部为1，故， 又因为可得，故，． 故选：A． 2. 下列命题中，错误的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若随机变量，且，则 C. 在回归分析中，若残差的平方和越小，则模型的拟合效果越好 D. 在回归分析中，若样本相关系数越大，则成对样本数据的线性相关程度越强 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项分布计算出则可判断A；根据正态分布的对称性计算出可判断B；根据残差的平方和的定义可判断C；根据样本相关系数的定义可判断D. 【详解】对于A，若随机变量，则，故A正确； 对于B，若随机变量，且，则，故B正确； 对于C，在回归分析中，若残差的平方和越小，则模型的拟合效果越好，故C正确； 对于D，在回归分析中，若样本相关系数越大，则成对样本数据的线性相关程度越强，故D错误. 故选：D. 3. 已知是三个不重合的平面，是三条不重合的直线则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面以及面面平行的性质可判断A；根据面面垂直的性质定理可判断B；根据线面垂直的性质定理可判断C；举反例可判断D. 详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，设，在上取点， 在内做直线交于点，在内做直线交于点， 因为，，， 所以，，因为过平面外一点只能做一条直线与平面垂直， 所以与重合，且为直线，所以，故B正确； 对于C，若，则，故C错误； 对于D，如图，，，则与相交，故D错误， 故选：B． 4. 已知函数，若将函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 将的图象向右平移个单位长度后，得到的函数图象关于轴对称 C. 当取得最值时， D. 当时，的值域为 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简函数解析式，再依题意求出，最后根据正弦函数的性质一一分析即可. 【详解】因为 ， 又因为将函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，且， 所以，解得， 所以， 所以的最小正周期，故A错误； 将图象向右平移个单位长度得到， 又为奇函数，函数图象不关于轴对称，故B错误； 令，，解得，， 令，，解得，， 所以当取得最大值时，， 当取得最小值时，， 则当取得最值时，，故C错误； 当时，所以， 即当时，的值域为，故D正确； 故选：D 5. 已知，则的值为（ ） A. -66 B. -65 C. -63 D. -62 【答案】C 【解析】 【分析】根据赋值法，先代入，得，代入，可得，进而可得. 【详解】设， 当时，可得，得， 当时，可得，得， 当时，可得，得， 故，得， 故， 故选：C 6. 基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键．其中数学学科尤为重要．某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“九章算术”，“古今数学思想”，“数学原理”，“世界数学通史”，“算术研究”五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，至少选一门，且已选过的课程不能再选，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式种数为（    ）． A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 【分析】根据分组分配问题，结合排列组合即可求解. 【详解】先将五门课程分成3,1,1和2,2,1这样两种情况，再安排到三个学年中， 则共有种选修方式 故选：A 7. 由0，2，4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成的数列记为，即，若，则（ ） A. 34 B. 33 C. 32 D. 30 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知一位自然数有3个，两位自然数有6个，三位自然数有18个，利用列举法列出符合题意得自然数，即可求解. 【详解】由0,2,4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成数列， 则一位自然数有3个，两位自然数有个， 三位自然数有个，四位自然数有个， 又四位自然数为 2024为四位自然数中的第6个，所以. 故选：B 8. 在菱形中，，将沿对角线折起，使点A到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，确定三棱锥的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答. 【详解】如图所示： 由题意在菱形中，互相垂直且平分，点为垂足， ， 由勾股定理得， 所以，即是等边三角形，， 设点为外接圆的圆心， 则外接圆的半径为，， 如图所示： 设三棱锥的外接球的球心、半径分别为点， 而均垂直平分，过点， 所以点在面，面内的射影分别在直线上， 不妨设点在面，面内的射影分别为， 即， 由题意，且二面角为直二面角，即面面，， 所以，即， 结合可知四边形为矩形，不妨设， 则由以上分析可知，， 由勾股定理以及，即， 可得，解得， 所以， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C. 【点睛】关键点睛：画出图形，通过数学结合分析已知量与未知量的关系，建立适当的桥梁关系即可得到球心的位置以及球的半径，关键是首先去找，底面外接圆的圆心，综合性较强. 二、多选题 9. 已知，分别为随机事件A，B的对立事件，，，则（ ） A. B. C. 若A，B独立，则 D. 若A，B互斥，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件概率、独立事件、互斥事件的基本概念，以及对应的概率计算公式可以得到答案. 【详解】因为，A正确，B错误； 由独立事件定义，若A，B独立，则，，C正确； 若A，B互斥，则，，，D正确． 故选：ACD 10. 在一次数学学业水平测试中，某市高一全体学生的成绩，且，，规定测试成绩不低于60分者为及格，不低于120分者为优秀，令，，则（ ） A. ， B. 从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀的概率为 C. 从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生，这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为 D. 从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，在已知该生测试成绩及格的条件下，该生测试成绩优秀的概率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A：借助正态分布中于的意义即可得；对B：结合题意可得，，结合正态分布的性质计算即可得的值；对C、D：由正态分布的性质可得，，结合相互独立事件的概率公式及条件概率公式计算即可得. 【详解】对A：由，，则，，故A错误； 对B：由，，则，则， ，故有，， 则，则， 即从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀概率为， 故B正确； 对C：，则从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生， 这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为， 故C正确； 对D：，又， 故从该市高一全体学生中随机抽取一名学生， 该生测试成绩及格的概率为，该生测试成绩优秀的概率为， 则在已知该生测试成绩及格的条件下，该生测试成绩优秀的概率为， 故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），下列结论中正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 平面与平面所成锐二面角为，则 C. 直线与所成的角可能是 D. 平面截正方体所得的截面可能是直角三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A选项，利用等体积法求解即可判断； 对于B选项，建立空间直角坐标系，根据二面角的余弦值公式及正方体的对称性求解； 对于C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量线线角余弦公式求解； 对于D选项，分别讨论所成的截面图形即可判断. 【详解】对于A选项，三棱锥的体积，是定值，故A选项正确； 对于B选项，如图1，建立空间直角坐标系， 则，，当P为的中点时，， ，设平面的法向量为，则，，所以，，同理可得平面的法向量，，当P为重合时，，同理当P为重合时，，由对称性知，故B选项错误； 对于C选项， ， 所以，令， ， 所以在区间上单调递减， 由于，， 所以，即直线与所成的角满足， 又因为，故，故直线与所成的角可能是，故C选项正确； 对于D选项，设的中点为，当点在线段（不包含端点）上时，此时平面截正方体所得的截面为梯形，如图2；当点在点时，此时平面截正方体所得的截面正三角形；当点在线段（不包含端点）上时，此时平面截正方体所得的截面为等腰三角形，且，则该三角形不可能为直角三角形，故D选项错误； 故选：AC. 三、填空题 12. 如图，正八边形，其外接圆半径为2，则=___________. 【答案】 【解析】 【分析】由，结合角度关系以及数量积定义和运算律即可求得结果. 【详解】正八边形，故， 故； 则. 故答案为：. 13. 已知随机变量，且，则展开式中常数项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由正态分布求出参数后再利用二项式定理计算即可. 【详解】由题意得随机变量服从正态分布，且，由，所以， 即求的常数项，由二项式定理得常数项为. 故答案为： 14. 举重比赛的规则是：挑战某一个重量，每位选手可以试举三次，若三次均未成功则挑战失败；若有一次举起该重量，则无需再举，视为挑战成功，已知甲选手每次能举起该重量的概率是，且每次试举相互独立，互不影响，设试举的次数为随机变量，则的数学期望________；已知甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率是________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】记“第次举起该重量”分别为事件， “甲选手挑战成功”为事件，依题意的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望，再由条件概率的概率公式求出. 【详解】依题意随机变量的可能取值为、、，则；； ， 所以随机变量的概率分布为 1 2 3 所以随机变量的期望为. 记“第次举起该重量”分别为事件， “甲选手挑战成功”为事件， 则， , 所以， 所以甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率为. 故答案为：； 四、解答题 15. 已知正项数列的前项和满足． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】小问1：利用通项公式与的关系即可求出； 小问2：根据(1)可得，结合错位相减法即可求出前n项和． 【小问1详解】 当时，，. 当时，，…①，，…② ①②得：， 即：. ， 是以为首项，以为公差的等差数列， ； 【小问2详解】 由（1）可知，则 ，…① 两边同乘得：，…② ①②得： ， . 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，求面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理即可解出； （2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出． 【小问1详解】 因为，所以，解得：． 【小问2详解】 由正弦定理可得 ， 变形可得：，即， 而，所以，又，所以， 故的面积为． 17. 已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的大小； 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，计算，进而可得答案； （2）求出平面的法向量，，利用线面角的向量公式求解即可. 【小问1详解】 因为平面，， 如图以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以，因为，所以． 【小问2详解】 设平面的法向量，， 则，即，取，得， 设直线与平面所成角为， 则， 又，所以， 所以直线与平面所成角的大小为． 18. 由于航天行业拥有广阔的发展前景，有越来越多的公司开始从事航天研究，某航天公司研发了一种火箭推进器，为测试其性能，对推进器飞行距离与损坏零件数进行了统计，数据如下： 飞行距离x（km） 56 63 71 79 90 102 110 117 损坏零件数y（个） 61 73 90 105 119 136 149 163 参考数据：. （1）建立y关于x的回归模型，根据所给数据及回归模型，求y关于x的回归方程（精确到0.1，精确到1）； （2）该公司进行了第二项测试，从所有同型号推进器中随机抽取100台进行等距离飞行测试，对其中60台进行飞行前保养，测试结束后，有20台报废，其中保养过的推进器占比30%，请根据统计数据完成2×2列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为推进器是否报废与保养有关？ 保养 未保养 合计 报废 20 未报废 合计 60 100 附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，； 0.25 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 1.323 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 【答案】（1） （2）列联表见解析；是否报废与保养有关，理由见解析． 【解析】 【分析】（1）由线性回归方程公式求解； （2）先给出列联表，再由独立性检验方法求解． 【小问1详解】 由题意得， 则， 所以． 【小问2详解】 设零假设为：是否报废与是否保养无关， 由题意，报废推进器中保养过的共台， 未保养的推进器共台，补充列联表如下： 保养 未保养 合计 报废 6 14 20 未报废 54 26 80 合计 60 40 100 则， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为是否报废与保养有关，此推断的错误概率不大于0.01． 19. 如图，一个正三角形被分成9个全等的三角形区域，分别记作，，，，，，，，. 一个机器人从区域出发，每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域（有公共边的区域），且到不同相邻区域的概率相等. （1）分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于的区域； （2）求经过2秒机器人位于区域的概率； （3）求经过秒机器人位于区域的概率. 【答案】（1）经过2秒机器人可能位于的区域为、，，经过3秒机器人可能位于的区域为，，，，， （2） （3）当为奇数时，经过秒机器人位于区域的概率为，当为偶数时，经过秒机器人位于区域的概率为 【解析】 【分析】（1）结合题意观察图形即可得； （2）经过2秒机器人位于区域，则必先经过，计算及的概率即可得； （3）先研究机器人的行进路径，得到当为奇数时，其不可能位于、、，当为偶数时，其只可能位于或或，结合图形的对称性，可得经过秒机器人位于区域的概率与位于区域的概率相等，结合第二问所得，可得，借助累乘法研究该数列计算即可得解. 【小问1详解】 经过2秒机器人可能位于的区域为、，， 经过3秒机器人可能位于的区域为，，，，，； 【小问2详解】 若经过2秒机器人位于区域，则经过1秒时，机器人必定位于， 有三个相邻区域，故由的概率为， 有两个相邻区域，故由的概率为， 则经过2秒机器人位于区域的概率为； 【小问3详解】 机器人的运动路径为 ， 设经过秒机器人位于区域的概率， 则当为奇数时，， 当为偶数时，由（2）知，，由对称性可知， 经过秒机器人位于区域的概率与位于区域的概率相等，亦为， 故经过秒机器人位于区域的概率为， 若第秒机器人位于区域，则第秒机器人位于区域的概率为， 若第秒机器人位于区域，则第秒机器人位于区域的概率为， 若第秒机器人位于区域，则第秒机器人位于区域的概率为， 则有，即， 令，即，即有， 即有，则， 故有、、、， 故， 即， 综上所述，当为奇数时，经过秒机器人位于区域的概率为， 当为偶数时，经过秒机器人位于区域的概率为. 【点睛】关键点点睛：最后一问需先研究机器人的行进路径，得到当为奇数时，其不可能位于、、，当为偶数时，其只可能位于或或，结合图形的对称性，可得经过秒机器人位于区域的概率与位于区域的概率相等，结合第二问所得，得到，计算出该数列即可得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $