精品解析：江苏省启东市2023-2024学年高二下学期期中质量监测数学试卷

启东市2023~2024学年（下）期中质量监测 高二数学试卷 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. 在的展开式中，含的项的系数为（ ） A. 6 B. 15 C. 30 D. 20 2. 在平行六面体中，已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 为践行“绿水青山就是金山银山”的理念，某校在第46个植树节来临之际，从高一､高二､高三中各选派6名学生参加植树造绿活动，其中三个年级参加活动的学生中男生人数分别为，活动结束后，随机推选一名学生汇报活动体会，如果选到的是高二学生，则选到的是男生的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 学校要安排一场文艺晚会的8个节目的演出顺序，学生的节目有6个，教师的节目有2个，如果教师的节目既不排在第一个，也不排在最后一个，那么不同的排法数为（ ） A. B. C. D. 5. 稀土被誉为工业的维生素，具有无法取代的优异磁、光、电性能，对改善产品性能，增加产品品种，提高生产效率起到了巨大的作用.下表是2023年前5个月我国稀土出口均价（单位：万元吨）与月份的统计数据. 1 2 3 4 5 1.7 2.4 2.0 1.6 若与的线性回归方程为，则的值为（ ） A. 1.6 B. 1.8 C. 2.0 D. 2.2 6. 已知随机变量服从两点分布，则方差的可能值是（ ） A. B. C. D. 7. 已知空间中三点，平面的一个法向量为，则以为邻边的平行四边形的面积为（ ） A. B. C. 3 D. 8. 2023年11月28日，中国空间站全貌高清图像首次公布.中国空间站设计寿命为10年，长期驻留3人，最大可扩展为180吨级六舱组合体，以进行较大规模空间应用.假设实验舱要在3周时间内开展五项实验，其中第一周安排2项实验，第二周和第三周至少各安排1项实验，､两项实验安排在同一周内，则不同的实验方案共有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设为实数，如果随机变量的分布列为，则（ ） A. B. C. D. 10. 南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中画了一张表示二项式系数构成的三角形数阵（如图所示），在“杨辉三角”中，下列选项正确的是（ ） A. 第10行所有数字的和为1024 B. C. 第6行所有数字的平方和等于 D. 若第行第个数记，则 11. 某同学玩一种跳棋游戏，抛掷一枚质地均匀且标有数字的骰子，规定：若掷得数字小于或等于4，则前进1步；若掷得数字大于4，则前进2步.每次投掷互不影响，记某同学一共前进步的概率为，则（ ） A. B. C. D 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，且，则____． 13. 将6个相同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，恰有2个空盒的放法数为 __． 14. 如图，在正方体中，，点分别为的中点，则平面截正方体所得截面面积为__________，动点满足，且，则当取得最小值时二面角的余弦值为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 在以下两个条件中任选一个条件，补充在下面问题中的横线上，并完成解答. ①所有项的系数之和与二项式系数之和的比为； ②前三项的二项式系数之和为22. 问题：在的展开式中，__________. （1）证明展开式中没有常数项； （2）求展开式中所有的有理项. 16. 某单位有11名外语翻译人员（每名翻译人员都能从事英语或俄语翻译），其中能从事英语翻译人，且满足，能从事俄语翻译6人． （1）问既能从事英语翻译也能从事俄语翻译的有几人？ （2）现要从中选出8人组成两个翻译小组，其中4人翻译英语，另4人翻译俄语，则有多少种不同的选派方式？ 17. 为适应社会化安全宣传新形势新要求，充分发挥区域特色和示范效应，深入推进安全宣传进企业、进农村、进社区、进学校、进家庭，普及安全知识、培育安全文化，某单位用简单随机抽样的方法从，两个社区中抽取居民进行满意度调查，调查中有“满意”和“不满意”两个选项，调查的部分数据如下表所示： 社区 居民意见 合计 满意 不满意 社区 30 45 社区 55 合计 25 （1）完成列联表，并根据相关数据判断是否有的把握认为居民满意度与所在社区有关？ （2）现从“不满意”的居民中随机抽取2位居民进行深入调研，用表示抽取的“不满意”的居民来自社区的人数，求随机变量的分布列及数学期望． 附： 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10828 18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，平面，，点为中点． （1）证明：平面平面； （2）若，求与所成角的余弦值； （3）求与平面所成角的正弦值的取值范围． 19. 某技术部门需研发新型材料，研发过程中发现每次实验会得到型材料和型材料之一．为测试新型材料是否能够稳定投产，制定了以下测试规则：每一轮测试都会进行两次实验，若两次实验均得到型材料，则测试成功并停止测试；否则将加大催化剂的剂量并进行新一轮的测试．已知第轮测试中每次实验得到型材料的概率为． （1）如果最多进行3轮测试（第三轮测试不成功也停止测试），记测试轮数为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）如果最多可进行轮测试（第轮测试不成功也停止测试），记为在第，2，，轮测试成功的概率，则测试成功的概率为． （i）求值； （ii）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 启东市2023~2024学年（下）期中质量监测 高二数学试卷 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. 在的展开式中，含的项的系数为（ ） A. 6 B. 15 C. 30 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式即可求解. 【详解】的展开式的通项公式为， 令，解得， 所以的展开式中，含的项的系数为. 故选：B. 2. 在平行六面体中，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平行六面体结构特征和相等向量的定义，结合向量加法法则即可求解. 【详解】在平行六面体中，, 所以. 故选：D. 3. 为践行“绿水青山就是金山银山”理念，某校在第46个植树节来临之际，从高一､高二､高三中各选派6名学生参加植树造绿活动，其中三个年级参加活动的学生中男生人数分别为，活动结束后，随机推选一名学生汇报活动体会，如果选到的是高二学生，则选到的是男生的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用条件概率公式计算即可. 【详解】设随机推选一名学生汇报活动体会，选到的是高二学生为事件A, 设随机推选一名学生汇报活动体会，选到的男生为事件B, 因为高一､高二､高三中各选派6名学生参加植树造绿活动，, 三个年级参加活动的学生中男生人数分别为，高二男生人数为，, 所以 故选：C. 4. 学校要安排一场文艺晚会的8个节目的演出顺序，学生的节目有6个，教师的节目有2个，如果教师的节目既不排在第一个，也不排在最后一个，那么不同的排法数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先排两个学生节目在最前最后，在中间六个位置排剩下节目即可. 【详解】先排两个学生节目在最前最后位置，然后排在中间六个位置排剩下节目，运用分步乘法原理，总排法数为. 故选：C． 5. 稀土被誉为工业的维生素，具有无法取代的优异磁、光、电性能，对改善产品性能，增加产品品种，提高生产效率起到了巨大的作用.下表是2023年前5个月我国稀土出口均价（单位：万元吨）与月份的统计数据. 1 2 3 4 5 1.7 2.4 2.0 1.6 若与的线性回归方程为，则的值为（ ） A. 1.6 B. 1.8 C. 2.0 D. 2.2 【答案】B 【解析】 【分析】根据线性回归方程为过样本中心点求解即可． 【详解】由题意可知，， 因为线性回归方程为过样本中心点， 所以， 所以，解得. 故选： 6. 已知随机变量服从两点分布，则方差的可能值是（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两点分布建立方差的函数关系式，求解方差的范围求解答案. 【详解】因为随机变量服从两点分布，所以， 则， 结合选项可知的可能值为. 故选：A 7. 已知空间中三点，平面的一个法向量为，则以为邻边的平行四边形的面积为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用法向量求出坐标，再求出平行四边形边长和夹角余弦值，进而求出正弦值，再用面积公式即可. 【详解】平面的一个法向量为，则，解得，故.，则， 则. 则平行四边形面积为. 故选：D. 8. 2023年11月28日，中国空间站全貌高清图像首次公布.中国空间站设计寿命为10年，长期驻留3人，最大可扩展为180吨级六舱组合体，以进行较大规模的空间应用.假设实验舱要在3周时间内开展五项实验，其中第一周安排2项实验，第二周和第三周至少各安排1项实验，､两项实验安排在同一周内，则不同的实验方案共有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种 【答案】B 【解析】 【分析】运用分类加法和分步乘法原理，结合组合公式可解. 【详解】､两项实验安排在第一周，则不同的实验方案有； ､两项实验不安排在第一周，则不同的实验方案有； 则不同的实验方案共有种. 故选：B． 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设为实数，如果随机变量的分布列为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意结合概率和为1求的值，即可判断A；根据的值判断B；对于C：根据分析判断；对于D：根据期望公式运算求解. 【详解】由题意可得：， 对于选项A：，解得，故A错误； 对于选项B：，故B正确； 对于选项C：，故C错误； 对于选项D：，故D正确； 故选：BD. 10. 南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中画了一张表示二项式系数构成的三角形数阵（如图所示），在“杨辉三角”中，下列选项正确的是（ ） A. 第10行所有数字的和为1024 B. C. 第6行所有数字的平方和等于 D. 若第行第个数记为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据第行数学特征确定二项式，结合二项式系数和公式、组合数公式、二项式定理逐一判断即可. 【详解】A：第10行所有数字是二项式系数，因此第10行所有数字的和为，因此本选项正确； B： ，所以本选项不正确； C：所求的和表达式为：， 因为 ， 所以展开式中的系数为，即， 而， 因此有， 于是有，所以本选项正确； D：因为，所以本选项正确， 故选：ACD 11. 某同学玩一种跳棋游戏，抛掷一枚质地均匀且标有数字的骰子，规定：若掷得数字小于或等于4，则前进1步；若掷得数字大于4，则前进2步.每次投掷互不影响，记某同学一共前进步的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先说明每投掷一次骰子，前进一步的概率为，前进两步的概率为，显然；对于AB，直接由互斥加法、独立乘法公式验算即可；对于C，由全概率公式验算即可；对于D，先根据C选项结论得到，进一步即可判断. 【详解】每投掷一次骰子，前进一步的概率为，前进两步的概率为，显然； 对于A，一共前进了2步，可能是第一次前进了两步，或第一次、第二次各前进一步，所以，故A错误； 对于B，一共前进了3步，可能是第一次前进了两步且第二次前进了一步， 或第一次前进了一步且第二次前进了两步，或三次各前进一步， 所以，故B正确； 对于C，一共前进了步，可能是前进步后继续前进2步，或前进步后，继续前进1步， 所以，即，故C正确； 对于D，因为，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 又注意到， 所以数列是常数列，这个数列中的每一项都是， 所以，所以，解得， ，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键在于利用C选项的结论导出的表达式，由此即可顺利得解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，且，则____． 【答案】12 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的对称性可解． 【详解】因为随机变量， 则该正态分布曲线的对称轴为， 又， 则， 则． 故答案为：12． 13. 将6个相同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，恰有2个空盒的放法数为 __． 【答案】30 【解析】 【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解． 【详解】解：将6个相同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，可分为两步完成， 第一步，从4个盒子中选2个盒子，有种方法， 第二步，将6个球放入这两个盒子，有5种方法， 所以，恰有2个空盒的放法数为． 故答案为：30． 14. 如图，在正方体中，，点分别为的中点，则平面截正方体所得截面面积为__________，动点满足，且，则当取得最小值时二面角的余弦值为__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，第一空：只需证明即可得到平面截正方体所得截面为梯形，进一步结合已知条件求解即可；第二空：结合已知将取得最小值转换为，其中，进一步求出两平面的法向量即可求解. 【详解】由题意以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 第一空：因为分别为的中点，所以， 因为， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为，所以，即四点共面， 所以平面截正方体所得截面为梯形，由对称性可知该梯形是等腰梯形， 因为正方体棱长为4， 所以梯形的上底，下底，梯形的腰长为， 所以梯形的高为， 故所求截面面积为； 第二空：由题意，且， 所以， 在中，当时，， 所以表示经过点且法向量为的平面， 即点在平面上， 由以上分析可知，， 若要取得最小值，只需最小，此时，当然也有， 由题意设，而， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， 所以可取， 显然平面的一个法向量可以是， 二面角的余弦值为. 故答案为：18，. 【点睛】关键点点睛：第二空的关键在于将取得最小值转换为，其中，由此即可顺利得证. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 在以下两个条件中任选一个条件，补充在下面问题中的横线上，并完成解答. ①所有项系数之和与二项式系数之和的比为； ②前三项的二项式系数之和为22. 问题：在展开式中，__________. （1）证明展开式中没有常数项； （2）求展开式中所有的有理项. 【答案】（1）证明见解析 （2），. 【解析】 【分析】两问都是先求出，后运用通项公式解题即可. 【小问1详解】 若选①，令，则所有项的系数和为； 二项式系数之和为. 因为展开式中的所有项的系数之和与二项式系数之和的比为， 所以，解得. 故. 若是常数项，则，得， 故展开式没有常数项； 若选②，因为前三项的二项式系数之和为22， 所以， 整理得，解得. 故. 若是常数项，则，得， 故展开式中没有常数项. 【小问2详解】 由（1）得，. 是有理项，当且仅当为整数. 又因为，所以. 故展开式中有3个有理项，分别为，. 16. 某单位有11名外语翻译人员（每名翻译人员都能从事英语或俄语翻译），其中能从事英语翻译人，且满足，能从事俄语翻译6人． （1）问既能从事英语翻译也能从事俄语翻译的有几人？ （2）现要从中选出8人组成两个翻译小组，其中4人翻译英语，另4人翻译俄语，则有多少种不同的选派方式？ 【答案】（1）人 （2）种 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合排列数公式求解即得. （2）由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法及分步乘法计数原理求解． 【小问1详解】 由，得，整理得：， 解得：，又且，，于是， 所以既能从事英语翻译也能从事俄语翻译的有人. 【小问2详解】 由（1）知，只能从事英语翻译的5人，只能从事俄语翻译的3人，既能从事英语又能从事俄语的3人， 按“多面手”的参与情况分成三类情况： ①多面手有1人入选，种； ②多面手有2人入选，种； ③多面手有3人入选，种． 综上所述，共有种选人方案． 17. 为适应社会化安全宣传新形势新要求，充分发挥区域特色和示范效应，深入推进安全宣传进企业、进农村、进社区、进学校、进家庭，普及安全知识、培育安全文化，某单位用简单随机抽样的方法从，两个社区中抽取居民进行满意度调查，调查中有“满意”和“不满意”两个选项，调查的部分数据如下表所示： 社区 居民意见 合计 满意 不满意 社区 30 45 社区 55 合计 25 （1）完成列联表，并根据相关数据判断是否有的把握认为居民满意度与所在社区有关？ （2）现从“不满意”的居民中随机抽取2位居民进行深入调研，用表示抽取的“不满意”的居民来自社区的人数，求随机变量的分布列及数学期望． 附： 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）表格见解析，没有 （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据题意补全列联表，计算的值，再与临界值比较即可； （2）由题意的可能取值为0，1，2，利用古典概型的概率公式求出相应的概率，进而得到的分布列，再结合期望公式求解即可． 【小问1详解】 列联表如下表所示： 社区 居民意见 合计 满意 不满意 社区 30 15 45 社区 45 10 55 合计 75 25 100 根据列联表中数据，可以求得， 因为， 所以我们没有的把握认为居民满意度与所在社区有关； 【小问2详解】 由题意的可能取值为0，1，2， 故， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 所以． 18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，平面，，点为中点． （1）证明：平面平面； （2）若，求与所成角的余弦值； （3）求与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过证明平面，证得平面平面； （2）建立空间直角坐标系，证明平面，并运用向量法，求解异面直线所成角的余弦值； （3）求出平面的法向量，向量法求线面角的正弦值． 【小问1详解】 证明：因为平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面． 又平面，所以平面平面． 【小问2详解】 以，所在直线为，轴，以过点垂直于平面的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 过作，垂足为， 因为平面，平面，所以， 又，平面，平面，所以平面． 因为，，，则，，， 得， 又，，，， 所以， 所以， 设与所成角为，故， 即得与所成角的余弦值为． 【小问3详解】 设，则， 因为，所以， 则有，，则， 设平面的法向量为，则， 取，则，，即平面的一个法向量为， 所以 ， 因为，所以，故， 又与平面所成角的正弦值为， 所以与平面所成角的正弦值的取值范围是． 19. 某技术部门需研发新型材料，研发过程中发现每次实验会得到型材料和型材料之一．为测试新型材料是否能够稳定投产，制定了以下测试规则：每一轮测试都会进行两次实验，若两次实验均得到型材料，则测试成功并停止测试；否则将加大催化剂的剂量并进行新一轮的测试．已知第轮测试中每次实验得到型材料的概率为． （1）如果最多进行3轮测试（第三轮测试不成功也停止测试），记测试轮数为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）如果最多可进行轮测试（第轮测试不成功也停止测试），记为在第，2，，轮测试成功的概率，则测试成功的概率为． （i）求的值； （ii）求证：． 【答案】（1）分布列见解析，； （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意得，的可能取值为1，2，3，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到的分布列，再结合期望公式求解； （2）（i）利用独立事件的概率乘法公式求出，，，进而求出； （ii）易证当时，，先证得当时，，进而证得当时，． 【小问1详解】 由题意得，的可能取值为1，2，3， 在第一轮测试中，每次实验得到型材料的概率为， 所以， 第二轮测试中，每次实验得到型材料的概率为， ， 第三轮测试中，每次实验得到型材料的概率为， ， 所以的分布列为： 1 2 3 所以的数学期望； 【小问2详解】 （i）由题意可知， ， 所以； （ii）当时，， 当时， ， 所以当时， ， 当时，． 综上所述，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$