2023-2024学年江苏省连云港市赣榆区高二下学期期中学业水平质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1江苏省连云港市赣榆区2023-2024学年高二下学期期中学业水平质量监测数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．一、单项选择题（本大题共8个小题，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.已知，，且，则（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】A【解析】由，得，解得，所以，故选：A.2.（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据组合数性质，可得．故选：B．3.由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字且1，3不相邻的六位数的个数是（）A.36 B.72 C.600 D.480【答案】D【解析】根据题意将进行全排列，再将插空得到个.故选：D.4.已知向量，，共面，则实数t的值是（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】因为，，三向量共面，所以存在实数，使得，所以，解得，故选：B.5.甲、乙等5人计划去上海、苏州及青岛三个城市调查农民工薪资情况．每个人只能去一个城市，并且每个城市都要有人去，则不同的分配方案共有种数为（）A.150 B.300 C.450 D.540【答案】A【解析】把5人分组有两类情况：和.先把5人按分组，有种分组方法，按分组，有种分组方法，因此不同分组方法数为，再把三组人安排到三个城市，有种方法，所以不同分配方法种数是.故选：A.6.被3除的余数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】由二项式定理得，令得，①，令得，②，①②得，，解得，，由故被3除的余数为.故选：B.7.在正三棱锥—中，，为的中点，，则的正弦值为（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】根据题意，如图：正三棱锥—中，设，，过点作，交于点，由于，则，为的中点，则，则，在中，，在中，，在中，，又由，则，则有，即，变形可得，解可得，又由，则．故选：D．8.若将整个样本空间想象成一个1×1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积，则如图所示的涂色部分的面积表示（）A.事件A发生的概率 B.事件B发生的概率C.事件C不发生条件下事件A发生的概率 D.事件A，B同时发生的概率【答案】A【解析】依题意，图示中涂色部分的面积为.故选：A.二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.若，则m的取值可能是（）A4 B.5 C.8 D.9【答案】AD【解析】因为，所以或，解得或.故选：AD.10.下列说法正确的是（）A.若随机变量分布，则B.若随机变量，则C.已知随机变量的分布列为，则D.已知，为两个随机事件，且，则【答案】ACD【解析】对于A，因为随机变量分布，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，故A正确；对于B，若随机变量，则，所以，故B错误；对于C，已知随机变量的分布列为，则，解得，所以，故C正确；对于D，已知，为两个随机事件，且，则，所以，所以，故D正确．故选：ACD．11.已知正方体的棱长为1，动点M，N在对角线AC，上移动，且，，，则下列结论中正确的是（）A.异面直线AC与所成的角为60° B.线段MN的最小值为C.MN与平面不平行 D.存在，使得【答案】AB【解析】以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，，则，A项，，又因为异面直线所成角的范围是，所以异面直线AC与所成的角为，故A正确；B项，，，即，，，故，，则，，当时，取最小值，故B正确；C项，由，则，由空间向量共面定理知，共面，又平面，所以平面，故C错误；D项，若，则，解得，故不存在，使得.故D错误.故选：AB.三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）12.若随机变量，，则___________．【答案】【解析】∵随机变量服从正态分布，，即正态分布曲线的对称轴为，又，∴，由对称性可知，．13.已知正方体的棱长为1，则在上的投影向量的模为_______.【答案】【解析】以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，，则，则在上投影向量的模为.14.图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按将导致改变状态．如果要求改变的状态，则需按开关的最少次数为___________；如果只要求改变的状态，则需按开关的最少次数为___________．【答案】;【解析】显然每个开关按下的顺序是无关紧要的，同时如果一个开关被按两次，则相当于一次都没有按.所以当我们考虑按开关的最少次数时，可以只考虑每个开关至多被按一次的全体操作，且无需考虑顺序，总共种操作，这种操作称为“基本操作”.先证明4个引理.引理1：对任意一个开关，我们都可以进行按有限次开关的操作，使得只有该开关状态改变，其它开关状态不变.证明如下：分别按下即可只改变的状态；分别按下即可只改变的状态；分别按下即可只改变状态；分别按下即可只改变的状态；分别按下即可只改变的状态；分别按下即可只改变的状态；分别按下即可只改变的状态；分别按下即可只改变的状态；分别按下即可只改变的状态.综上，引理1得证.引理2：对任意一些开关，我们都可以进行按有限次开关的操作，使得只有指定的那些开关的状态改变，其它开关状态不变.证明如下：根据引理1，我们只需要分别对每个开关进行引理1中相应的操作，然后将这些操作依次进行，即可得到满足条件的操作.故引理2得证.引理3：对任意一些开关，我们都可以执行一个基本操作，使得只有指定的那些开关的状态改变，其它开关状态不变.证明如下：根据引理2，存在一个操作恰好改变指定的开关的状态，因此如果该操作中存在一个开关被按两次的情况，则我们可以去掉这两次按开关，如此反复，直至操作中不存在重复按开关为止，然后即可得到满足条件的基本操作.故引理3得证.引理4：对任意一些开关，使得只有指定的那些开关的状态改变的基本操作是唯一的.证明如下：根据引理3，每组指定的开关对应的恰好改变它们状态的基本操作一定存在.由于指定的开关共有种可能，基本操作也恰好有种，所以它们一定一一对应.故每组指定的开关对应的基本操作都是存在唯一的.故引理4得证.回到原题.前文已经提到，当我们考虑按开关的最少次数时，可以只考虑基本操作.但根据引理4，每组指定的开关对应的恰好改变它们状态的基本操作一定是存在唯一的.所以，这一唯一存在的基本操作，就是所求的次数最小的操作.验证即知，要改变，对应的基本操作是分别按下，所以要改变的状态至少需要按下次开关；验证即知，要改变，对应的基本操作是分别按下，所以要改变的状态至少需要按下次开关.故答案为：，.四、解答题（本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.已知且满足各项的二项式系数之和为256．（1）求的值；（2）求的值．解：（1）因为各项的二项式系数之和为256，所以，所以，二项式展开式的通项为，所以；（2）令，得，令，得，所以．16.袋中有形状、大小完全相同的4个球，编号分别为，从袋中取出2个球，以X表示取出的2个球中的最大号码．（1）写出X的分布列；（2）求X的均值与方差．解：（1）的所有可能取值为.；；.故的分布列为234（2）；.故X均值为为；方差为．17.如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点．（1）求证：平面平面；（2）若，求直线BM与平面所成角的正弦值．解：（1）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，，.设平面PCD的一个法向量为，则，即，不妨令，则，，所以，设平面PAC的一个法向量为，则，即，不妨令，则，，所以，因为，所以，所以平面平面．（2）由（1）知，，所以，，因为，所以，即，解得，故，所以，由（1）知，设直线BM与平面PCD所成的角为，则，故直线BM与平面PCD所成角的正弦值为.18.设甲袋中有4个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球．（1）现从甲、乙两个袋内各任取2个球，记取出的4个球中红球的个数为随机变量X，求X的分布列和数学期望．（2）现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球．求从乙袋中取出的是2个红球的概率．解：（1）的所有可能取值为，；；；；.故的分布列为01234.（2）记事件从甲袋中取出2个红球，从甲袋中取出2个白球，从甲袋中取出1个红球和1个白球，从乙袋中取出2个红球.两两互斥，且即“从甲袋中任取2个球”的样本空间.由全概率公式得，.故从乙袋中取出是2个红球的概率是.19.在四棱柱中，已知平面，，，，，是线段上的点．（1）点到平面的距离；（2）若为的中点，求异面直线与所成角的余弦值；（3）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，请确定点位置；若不存在，试说明理由．解：（1）过作直线平面，则可以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，则有，，，，，，则，，.设面的一个法向量为，则，令，则，，所以，所以点到面的距离.（2）因为为的中点，所以，所以，，所以所以异面直线与AE所成角的余弦值为．（3）设，其中，则，，，设面的一个法向量为，则有，令，则，，所以，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，令，则，，所以平面的一个法向量为，所以，若存在点，使得二面角的余弦值为，则，所以，解得（舍去）或，故存在满足题意，即存在点在靠近的三等分点处．江苏省连云港市赣榆区2023-2024学年高二下学期期中学业水平质量监测数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．一、单项选择题（本大题共8个小题，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.已知，，且，则（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】A【解析】由，得，解得，所以，故选：A.2.（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据组合数性质，可得．故选：B．3.由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字且1，3不相邻的六位数的个数是（）A.36 B.72 C.600 D.480【答案】D【解析】根据题意将进行全排列，再将插空得到个.故选：D.4.已知向量，，共面，则实数t的值是（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】因为，，三向量共面，所以存在实数，使得，所以，解得，故选：B.5.甲、乙等5人计划去上海、苏州及青岛三个城市调查农民工薪资情况．每个人只能去一个城市，并且每个城市都要有人去，则不同的分配方案共有种数为（）A.150 B.300 C.450 D.540【答案】A【解析】把5人分组有两类情况：和.先把5人按分组，有种分组方法，按分组，有种分组方法，因此不同分组方法数为，再把三组人安排到三个城市，有种方法，所以不同分配方法种数是.故选：A.6.被3除的余数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】由二项式定理得，令得，①，令得，②，①②得，，解得，，由故被3除的余数为.故选：B.7.在正三棱锥—中，，为的中点，，则的正弦值为（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】根据题意，如图：正三棱锥—中，设，，过点作，交于点，由于，则，为的中点，则，则，在中，，在中，，在中，，又由，则，则有，即，变形可得，解可得，又由，则．故选：D．8.若将整个样本空间想象成一个1×1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积，则如图所示的涂色部分的面积表示（）A.事件A发生的概率 B.事件B发生的概率C.事件C不发生条件下事件A发生的概率 D.事件A，B同时发生的概率【答案】A【解析】依题意，图示中涂色部分的面积为.故选：A.二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.若，则m的取值可能是（）A4 B.5 C.8 D.9【答案】AD【解析】因为，所以或，解得或.故选：AD.10.下列说法正确的是（）A.若随机变量分布，则B.若随机变量，则C.已知随机变量的分布列为，则D.已知，为两个随机事件，且，则【答案】ACD【解析】对于A，因为随机变量分布，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，故A正确；对于B，若随机变量，则，所以，故B错误；对于C，已知随机变量的分布列为，则，解得，所以，故C正确；对于D，已知，为两个随机事件，且，则，所以，所以，故D正确．故选：ACD．11.已知正方体的棱长为1，动点M，N在对角线AC，上移动，且，，，则下列结论中正确的是（）A.异面直线AC与所成的角为60° B.线段MN的最小值为C.MN与平面不平行 D.存在，使得【答案】AB【解析】以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，，则，A项，，又因为异面直线所成角的范围是，所以异面直线AC与所成的角为，故A正确；B项，，，即，，，故，，则，，当时，取最小值，故B正确；C项，由，则，由空间向量共面定理知，共面，又平面，所以平面，故C错误；D项，若，则，解得，故不存在，使得.故D错误.故选：AB.三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）12.若随机变量，，则___________．【答案】【解析】∵随机变量服从正态分布，，即正态分布曲线的对称轴为，又，∴，由对称性可知，．13.已知正方体的棱长为1，则在上的投影向量的模为_______.【答案】【解析】以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，，则，则在上投影向量的模为.14.图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按将导致改变状态．如果要求改变的状态，则需按开关的最少次数为___________；如果只要求改变的状态，则需按开关的最少次数为___________．【答案】;【解析】显然每个开关按下的顺序是无关紧要的，同时如果一个开关被按两次，则相当于一次都没有按.所以当我们考虑按开关的最少次数时，可以只考虑每个开关至多被按一次的全体操作，且无需考虑顺序，总共种操作，这种操作称为“基本操作”.先证明4个引理.引理1：对任意一个开关，我们都可以进行按有限次开关的操作，使得只有该开关状态改变，其它开关状态不变.证明如下：分别按下即可只改变的状态；分别按下即可只改变的状态；分别按下即可只改变状态；分别按下即可只改变的状态；分别按下即可只改变的状态；分别按下即可只改变的状态；分别按下即可只改变的状态；分别按下即可只改变的状态；分别按下即可只改变的状态.综上，引理1得证.引理2：对任意一些开关，我们都可以进行按有限次开关的操作，使得只有指定的那些开关的状态改变，其它开关状态不变.证明如下：根据引理1，我们只需要分别对每个开关进行引理1中相应的操作，然后将这些操作依次进行，即可得到满足条件的操作.故引理2得证.引理3：对任意一些开关，我们都可以执行一个基本操作，使得只有指定的那些开关的状态改变，其它开关状态不变.证明如下：根据引理2，存在一个操作恰好改变指定的开关的状态，因此如果该操作中存在一个开关被按两次的情况，则我们可以去掉这两次按开关，如此反复，直至操作中不存在重复按开关为止，然后即可得到满足条件的基本操作.故引理3得证.引理4：对任意一些开关，使得只有指定的那些开关的状态改变的基本操作是唯一的.证明如下：根据引理3，每组指定的开关对应的恰好改变它们状态的基本操作一定存在.由于指定的开关共有种可能，基本操作也恰好有种，所以它们一定一一对应.故每组指定的开关对应的基本操作都是存在唯一的.故引理4得证.回到原题.前文已经提到，当我们考虑按开关的最少次数时，可以只考虑基本操作.但根据引理4，每组指定的开关对应的恰好改变它们状态的基本操作一定是存在唯一的.所以，这一唯一存在的基本操作，就是所求的次数最小的操作.验证即知，要改变，对应的基本操作是分别按下，所以要改变的状态至少需要按下次开关；验证即知，要改变，对应的基本操作是分别按下，所以要改变的状态至少需要按下次开关.故答案为：，.四、解答题（本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.已知且满足各项的二项式系数之和为256．（1）求的值；（2）求的值．解：（1）因为各项的二项式系数之和为256，所以，所以，二项式展开式的通项为，所以；（2）令，得，令，得，所以．16.袋中有形状、大小完全相同的4个球，编号分别为，从袋中取出2个球，以X表示取出的2个球中的最大号码．（1）写出X的分布列；（2）求X的均值与方差．解：（1）的所有可能取值为.；；.故的分布列为234（2）；.故X均值为为；方差为．17.如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点．（1）求证：平