精品解析：江苏省扬州市扬大附中东部分校2021-2022学年高二下学期期中考试数学试卷

扬大附中东部分校2021-2022学年度第二学期期中考试 高 二 年 级 数 学 （总分150分 时间100分钟 命题人：张兴国 审核人：曹辉） 一、选择题：（本大题共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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据交集的定义求解即可. 【详解】， 所以. 故选：D. 2. 若某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量表示1次试验的成功次数，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意列出分布列，结合分布列的性质即可得解. 【详解】由题意可设失败率为，则成功率为，则的分布列为 0 1 ，解得，. 故选：D. 3. 甲、乙、丙三人到三个不同的景点旅游，每人只去一个景点，设事件为“三个人去的景点各不相同”，事件为“甲独自去一个景点，乙、丙去剩下的景点”，则等于 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】这是求甲独自去一个景点的前提下，三个人去的景点不同的概率，求出相应的基本事件的个数，即可得出结果. 【详解】甲独自去一个景点，则有3个景点可选，乙、丙只能在剩下两个景点选择，根据分步乘法计数原理可得，对应的基本事件有种；另外，三个人去不同景点对应的基本事件有种，所以，故选C. 【点睛】本题主要考查条件概率，确定相应的基本事件个数是解决本题的关键. 4. 在某场新冠肺炎疫情视频会议中，甲、乙、丙、丁四位疫情防控专家轮流发言，其中甲必须排在前两位，丙、丁必须排在一起，则四位专家的不同发言顺序共有（ ） A 12种 B. 8种 C. 6种 D. 4种 【答案】C 【解析】 【分析】先排甲，再将丙、丁捆绑在一起当一个元素排，再排乙. 【详解】当甲排在第一位时，共有种发言顺序， 当甲排在第二位时，共有种发言顺序， 所以一共有种不同的发言顺序. 故选：C. 5. 如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，CB的中点，点G在线段MN上，且使，用向量，，表示向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据所给的图形和一组基底，从起点出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论． 【详解】 . 故选：D． 【点睛】本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程，属于基础题． 6. 已知二项式的展开式中含的项的系数为，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】写出二项式的通项公式，计算含的项时的取值，代入通项公式求系数，可解得的值. 【详解】解：二项式的通项公式， 当含的项时：，此时，则系数为，解得：. 故选：D. 7. 若函数在点处的切线方程为，则函数的增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先将代入得到切点为，求导得到，从而得到，解方程组得到，再利用导数求解单调区间即可. 【详解】将代入得到，所以切点为. 因为， 所以， 所以， 当时，，为增函数. 所以函数的增区间为. 故选：C 8. 若，则（ ） A. -448 B. -112 C. 112 D. 448 【答案】C 【解析】 【分析】，然后根据二项式展开式项的系数计算即可. 【详解】，. 故选：C. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．部分选对的得2分. 9. 下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ） A. 直线，的方向向量分别是，，则 B. 直线的方向向量，平面的法向量是，则 C. 两个不同的平面，的法向量分别是，，则 D. 直线的方向向量，平面的法向量是，则 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，由直线方向向量平行可判断直线相互平行或重合；对于B，要考虑直线可能在面内；对于C，由两法向量垂直可得两平面垂直；对于D，直线方向向量与法向量平行，则直线与面垂直. 【详解】对于A，直线，的方向向量分别是， 则，所以，即或重合，故错误； 对于B，直线的方向向量，平面的法向量是， 则，所以，即或，故B错误； 对于C，两个不同的平面，的法向量分别是， 则，所以，故C正确； 对于D，直线的方向向量，平面的法向量是， 则，所以，即，故D错误． 故选：C． 10. 展开式中，下列说法正确的有( ) A. 二项式系数和 B. 第2项是105 C. 第8项与第9项的二项式系数相等 D. 第9项的系数最小 【答案】AC 【解析】 【分析】利用二项式定理展开式的性质逐项判断即可. 【详解】A：展开式二项式系数之和，故A正确； B：二项式展开式的第二项为：，故B错误； C：第8项二项式系数为，第9项二项式系数为，，故C正确； D：二项展开式的通项为，当r取奇数时，系数为负数，当r=7或8时，二项式系数最大，故当r=7时，项的系数最小，此时为第8项，故D错误. 故选：AC. 11. 设随机变量的分布列为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】利用随机变量分布列的概率和为，计算出值，判断出A正确；由且，可求出选项B，C，D中的的值，并分别计算出其概率． 【详解】由题意，得，解得，故A正确； ，故B正确； 易知，故C错误；，故D错误； 故选：AB． 12. 现有4个小球和4个小盒子，下面结论正确的是（ ） A. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法 B. 若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有2个空盒的放法共有18种 C. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有1个空盒的放法共有72种 D. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，每个盒子一个小球，且小球的编号和盒子的编号全不相同的方法共有9种 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A：利用分步计数原理计算可得答案； 对于B：利用分别分步原理，先选出两个空盒，再放球，即可求解； 对于C：分2步进行分析：①将4个小球分为3组，②在4个盒子中任选3个，放入三组小球，由分步计数原理计算即可判断. 对于D：直接列举所有情况，即可判断. 【详解】对于A：根据题意，4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个小球有4种放法，则4个小球有种不同的放法，A错误； 对于B：因为恰有两个空盒,则先选出两个空盒；再放球有两种放法：一个盒子放3个,另盒子放1个有种方法,或者两个盒子都放两个有1种放法,所以一共有 (种)放法,故B正确; 对于C： 根据题意，分2步进行分析： ①将4个小球分为3组，有种分组方法， ②在4个盒子中任选3个，放入三组小球，有种情况， 则有种不同的放法，故C错误. 对于D：若编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同,若(2,1,4,3)代表编号为1,2,3,4的盒子放入的小球编号分别为2,1,4,3, 列出所有符合要求的情况: (2,1,4,3),(4,1,2,3)，（3,1,4,2),(2,4,1,3),(3,4,1,2),(4,3,1,2)，（2,3,4,1),(3,4,2,1),(4,3,2,1),共9(种)放法.故D正确. 故选：BD 第Ⅱ卷（非选择题 共90分） 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 若向量，，且与夹角的余弦值为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件可求出，，再根据夹角的余弦为，即可求出，解出即可． 【详解】解：， ， 又夹角的余弦值为， ， 解得． 故答案为：． 【点睛】本题考查空间向量数量积的坐标运算，根据向量坐标求向量长度的方法，向量数量积的计算公式． 14. 在的二项展开式中，常数项为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由二项式定理求的展开式通项，可得原多项式的常数项为，即可求值. 【详解】的展开式通项为， ∴原多项式展开式中常数项为：. 故答案为： 15. 袋中装有5只红球和4只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得3分，取到1只黑球得1分，设得分为随机变量ξ，则ξ≥8的概率P(ξ≥8)＝________. 【答案】 【解析】 【分析】由题设及分布列概率的性质，结合相关事件的互斥关系有P(ξ≥8)＝1－P(ξ＝6)－P(ξ＝4)，即可求P(ξ≥8). 【详解】由题意知：P(ξ≥8)＝1－P(ξ＝6)－P(ξ＝4)＝1－＝. 故答案为： 16. 如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供6种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色、相邻颜色不同，则区域不同涂色的方法种数为_________ 【答案】1560 【解析】 【分析】把问题分成四步，先涂区域ABC，然后对D讨论，分与B颜色相同和不同两种情况，最后相乘即可. 【详解】解：分4步进行分析： ①，对于区域，有6种颜色可选； ②，对于区域，与区域相邻，有5种颜色可选； ③，对于区域，与、区域相邻，有4种颜色可选； ④，对于区域、，若与颜色相同，区域有4种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有3种颜色可选，区域有3种颜色可选， 则区域、有种选择， 则不同的涂色方案有种. 故答案为：1560. 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 已知全集，集合，. （1）求； （2）若集合，满足，，求实数的取值范围. 【答案】（1）或.；（2）. 【解析】 【分析】（1）求出以及后可得. （2）根据集合等式关系可得，故可得各集合中范围的端点的大小关系，从而可求实数的取值范围. 【详解】（1）由题，或， 或. （2）由得，则，解得， 由得，则，解得， ∴实数的取值范围为． 【点睛】本题考查集合的交和补以及在包含的条件下参数的取值范围的求法，注意根据集合的等式关系判断出集合之间的包含关系，本题属于中档题. 18. 7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种？ （1）两名女生必须相邻而站； （2）4名男生互不相邻； （3）若4名男生身高都不等，按从高到低的一种顺序站； （4）老师不站中间，女生不站两端. 【答案】（1） （2）（3） （4） 【解析】 【分析】（1）元素相邻用“捆绑法”（2）元素不相邻用“插空法”（3）顺序一定用“倍缩法”（4）有两个限制条件分类讨论求解 【详解】解：（1）2名女生站在一起有站法种，视为一种元素与其余5个全排，有种排法， 共有不同站法种； （2）选站老师和女生，有站法种，再在老师和女生站位的间隔（含两端）处插入男生，每空一人，有插入方法种， 共有不同站法 （3）7人全排列中，4名男生不考虑身高顺序的站法有种，而由高到低有从左到右，或从右到左的不同， 共有不同站法种； （4）中间和两侧是特殊位置，可如下分类求解：（1）老师站两侧之一，另一侧由男生站，有种站法；（2）两侧全由男生站，老师站除两侧和正中外的另外4个位置之一，有种站法， 共有不同站法种 19. 现将两个班的艺术类考生报名表分别装进2个档案袋，第一个档案袋内有6名男生和4名女生的报名表，第二个档案袋内有5名男生和5名女生的报名表．随机选择一个档案袋，然后从中随机抽取2份报名表． （1）若选择的是第一个档案袋，求从中抽到两名男生报名表的概率； （2）求抽取的报名表是一名男生一名女生的概率． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）选择的是第一个档案袋，从中随机抽取2份报名表，基本事件总数，从中抽到两名男生报名表包含的基本事件个数为，由此能求出从中抽到两名男生报名表的概率； （2）设事件表示抽取到第个档案袋，，设事件表示抽取的报名表是一名男生一名女生，利用全概率公式能求出抽取的报名表是一名男生一名女生的概率． 【小问1详解】 （1）第一个档案袋内有6名男生和4名女生的报名表， 选择的是第一个档案袋，从中随机抽取2份报名表，基本事件总数， 从中抽到两名男生报名表包含的基本事件个数为， 从中抽到两名男生报名表的概率． 【小问2详解】 设事件表示抽取到第个档案袋，，设事件表示抽取的报名表是一名男生一名女生， 则，，，， 抽取的报名表是一名男生一名女生的概率为： ． 20. 已知. （1）求 （2）求 （3） 【答案】（1）； （2）1093； （3）． 【解析】 【分析】（1）根据赋值法取，然后可得； （2）使用赋值法分别取，，两式相加然后可得； （3）先求导，然后取可得． 【小问1详解】 在中，取得，取得①，所以. 【小问2详解】 取得②，①+②得，所以. 【小问3详解】 令 则， 取，得. 21. 已知函数，其中a，b. （1）若曲线在点P（2，f（2））处的切线方程为，求a，b的值； （2）若函数f(x)在（1，2）上为单调函数，求实数a的取值范围. 【答案】（1）8，b=9； （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据导数几何意义进行求解即可； （2）根据函数导数与单调性的关系分类讨论进行求解即可. 【小问1详解】 ，由导数的几何意义得， 于是， 由切点P（2，f（2））在直线上可得，解得b=9. 【小问2详解】 函数f(x)在（1，2）上为单调函数， ①若f(x)在（1，2）上为单调递增函数，则当x（1，2）恒成立，即当x（1，2）恒成立，； ②若f(x)在（1，2）上为单调递减函数，则当x（1，2）恒成立，即当x（1，2）恒成立， 综上所述：或 22. 如图，在四棱锥中，平面，，且，M是的中点. （1）求平面与平面所成二面角的余弦值； （2）直线上是否存在点N使得，若存在，指出点N的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）存在，N在延长线上且是线段靠近N的三等分点. 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质及已知有两两垂直，构建空间直角坐标系，确定相关点坐标，进而求面SAB、面SCD的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值. （2）由（1）所得空间直角坐标系，设并确定、的坐标，根据向量垂直关系的坐标表示求N坐标，结合坐标系即可确定N的位置. 【小问1详解】 由SA⊥平面ABCD，面，则，，又AB⊥AD， 所以两两垂直， 则可构建以为原点，为x、y、z轴的空间直角坐标系，如下图示， 则，，，故，， 若为面的一个法向量，则，令则， 又是面的一个法向量，若面SAB与面SCD所成二面角为， 所以，故锐二面角的余弦值为. 【小问2详解】 由（1）知：，则， 由平面，面，则面面， 又面且N是直线上一点，设，则， 若，则，可得，此时， 由，则，即. 所以直线上存在N使得，且N在延长线上，是线段靠近N的三等分点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 扬大附中东部分校2021-2022学年度第二学期期中考试 高 二 年 级 数 学 （总分150分 时间100分钟 命题人：张兴国 审核人：曹辉） 一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量表示1次试验的成功次数，则（ ） A. 0 B. C. D. 3. 甲、乙、丙三人到三个不同的景点旅游，每人只去一个景点，设事件为“三个人去的景点各不相同”，事件为“甲独自去一个景点，乙、丙去剩下的景点”，则等于 A. B. C. D. 4. 在某场新冠肺炎疫情视频会议中，甲、乙、丙、丁四位疫情防控专家轮流发言，其中甲必须排在前两位，丙、丁必须排在一起，则四位专家的不同发言顺序共有（ ） A 12种 B. 8种 C. 6种 D. 4种 5. 如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，CB中点，点G在线段MN上，且使，用向量，，表示向量是（ ） A. B. C. D. 6. 已知二项式展开式中含的项的系数为，则实数（ ） A. B. C. D. 7. 若函数在点处的切线方程为，则函数的增区间为（ ） A. B. C. D. 8. 若，则（ ） A. -448 B. -112 C. 112 D. 448 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．部分选对的得2分. 9. 下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ） A. 直线，的方向向量分别是，，则 B. 直线的方向向量，平面的法向量是，则 C. 两个不同的平面，的法向量分别是，，则 D. 直线方向向量，平面的法向量是，则 10. 展开式中，下列说法正确的有( ) A. 二项式系数和 B. 第2项是105 C. 第8项与第9项的二项式系数相等 D. 第9项的系数最小 11. 设随机变量的分布列为，则（ ） A. B. C. D. 12. 现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是（ ） A. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法 B. 若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有2个空盒的放法共有18种 C. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有1个空盒的放法共有72种 D. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，每个盒子一个小球，且小球的编号和盒子的编号全不相同的方法共有9种 第Ⅱ卷（非选择题 共90分） 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 若向量，，且与夹角的余弦值为，则__________. 14. 在的二项展开式中，常数项为___________. 15. 袋中装有5只红球和4只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得3分，取到1只黑球得1分，设得分为随机变量ξ，则ξ≥8的概率P(ξ≥8)＝________. 16. 如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供6种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色、相邻颜色不同，则区域不同涂色的方法种数为_________ 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 已知全集，集合，. （1）求； （2）若集合，满足，，求实数的取值范围. 18. 7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，下列情况下，各有不同站法多少种？ （1）两名女生必须相邻而站； （2）4名男生互不相邻； （3）若4名男生身高都不等，按从高到低的一种顺序站； （4）老师不站中间，女生不站两端. 19. 现将两个班的艺术类考生报名表分别装进2个档案袋，第一个档案袋内有6名男生和4名女生的报名表，第二个档案袋内有5名男生和5名女生的报名表．随机选择一个档案袋，然后从中随机抽取2份报名表． （1）若选择的是第一个档案袋，求从中抽到两名男生报名表的概率； （2）求抽取的报名表是一名男生一名女生的概率． 20. 已知. （1）求 （2）求 （3） 21. 已知函数，其中a，b. （1）若曲线在点P（2，f（2））处的切线方程为，求a，b的值； （2）若函数f(x)在（1，2）上为单调函数，求实数a的取值范围. 22. 如图，在四棱锥中，平面，，且，M是的中点. （1）求平面与平面所成二面角的余弦值； （2）直线上是否存在点N使得，若存在，指出点N的位置；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$