【文档说明】江苏省徐州市铜山区2021-2022学年高二下学期期中数学试题 含解析.docx，共(19)页，1.962 MB，由小赞的店铺上传

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2021-2022学年度第二学期期中学情调研高二数学试卷一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1.已知向量()2,1,3a=−，(),2,6bx

=−，若ab∥，则实数x值为（）A.2B.4C.4−D.2−【答案】C【解析】【分析】利用ab∥列方程，即可求解.【详解】因为向量()2,1,3a=−，(),2,6bx=−，且ab∥，所以26213x−==−，解得：4x=−.故选：C2.2022202120202000

=（）A.212022AB.222022AC.232022AD.242022A【答案】C【解析】【分析】利用排列数的定义直接求得.【详解】由排列数的定义可得：2320222022202120202000A=故选：C3.3位男生和2位女生站成一排朗诵，其中女生不

能站在一起的排法种数为（）A.72B.60C.36D.3【答案】A【解析】【分析】先排3位男生，再将2位女生插入形成的4个空中即可.【详解】先排3位男生有33A6=种，再将2位女生插入形成的4个空中有24A12=中，故共有61272=种.故选：A.的4.已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开

图为一个半圆，则该圆锥的高为（）A.3B.22C.4D.5【答案】A【解析】【分析】先由底面半径为3求出底面圆周长，再由侧面展开图为半圆求得母线长，进而由勾股定理求高即可.【详解】设圆锥的母线长为l，由题意得底面圆的周

长为23，又侧面展开图为一个半圆，则23l=，解得23l=，故圆锥的高为()()222333−=.故选：A.5.设a为正实数，若随机变量X的分布列为()()1,2,32iPXiia===，则()EX

=（）A.3B.1C.73D.23【答案】C【解析】【分析】先由概率和为1，求出a，再求()EX.【详解】因为随机变量X的分布列为()()1,2,32iPXiia===，所以1231222aaa++=，解得：a=3.所以()12371236663EX=++=.故选：C6.若62m

xx−展开式中6x项的系数是8，则实数m的值是（）A.2B.2C.2D.2【答案】D【解析】【分析】直接求出含6x的项，再由6x项的系数是8解方程即可求出m.【详解】由题意知：含6x的项为()60666Cmxmx=，又6x项的系数是8，则68m=，解得2m=.故选：D.7.如

图1，在正方形ABCD中，点E为线段BC上的动点（不含端点），将ABE△沿AE翻折，使得二面角BAED−−为直二面角，得到图2所示的四棱锥BAECD−，点F为线段BD上的动点（不含端点），则在四棱锥BAECD−中，下列说法正确的是（）A.B､E､C､F

四点一定共面B.存在点F，使得CF∥平面BAEC.侧面BEC与侧面BAD的交线与直线AD相交D.三棱锥BADC−的体积为定值【答案】B【解析】【分析】A.用反证法判断；B.在AD上取点G，使得AG=EC，当DFDGFBAG=判断；C.利用线面平行的判定定理和性质定理判断；D.根据二面角BAED−

−为直二面角，由点E移动时，影响点B到AE的距离判断.【详解】A.假设B､E､C､F四点共面，则直线EC与BF共面，若EC与BF平行，又EC与AD平行，则AD与BF平行，这与AD与BF相交矛盾；若EC与BF

相交，设交点为Q，则Q即在平面BAD内，又在平面AECD内，则点Q在交线AD上，这与EC与AD平行矛盾，所以假设不成立，所以B、E、C、F不共面，故错误；B.如图所示：在AD上取点G，使得AG=EC，当DFDGFBAG=时，//FGAB，又FG平面BAE，AB

Ì平面BAE，所以//FG平面BAE，同理//CG平面BAE，又FGCGG=，所以平面//CFG平面BAE，则CF∥平面BAE，故存在点F，使得CF∥平面BAE，故正确；C.设侧面BEC与侧面BAD的交线为l，因为//ECAD，且EC面BAD，AD面BAD，所以//EC面BA

D，则//ECl，所以AD//l，故错误；D.因为二面角BAED−−为直二面角，当点E移动时，点B到AE的距离即三棱锥−BADC的高变化，而ADCS△是定值，故三棱锥−BADC的体积不是定值，故错误；故选：B8.我国南宋数学家杨辉在所著的《详解九章算法》一书中用如图所示的三角形解释二项展开式

的系数规律，去掉所有为1的项，依次构成2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，6…，则此数列的第80项为（）A.13B.14C.78D.91【答案】D【解析】【分析】先由等差数列的求和公式判断出第80项为第13行的第2个数，再由

二项展开式的系数规律求解即可.【详解】由图可知：第1行有1项，第2行有2项，每一行的项数构成等差数列，前n行共有()12nn+项，当12n=时，()1136782nn+==，故第80项为第13行的第2个数，由二项展开

式的系数规律可知第13行的第2个数为214C91=.故选：D.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知某校有120

0名同学参加某次联考，其中每位学生的数学考试成绩X服从正态分布()100,225N，则下列说法正确的有（）（参考数据：①()0.6827PX−+=；②()220.9545PX−+=„；③()330.9973PX−+=„）A.X的期望为10

0B.X的方差为15C.这次考试成绩超过100分的约有500人D.()1151300.1359PX=【答案】AD【解析】【分析】根据题干正太分布的性质，求解出X的数学期望、方差、标准差，结合正态分布三段区间的概率值，依次判断各项正误.【详解】数学考试成绩X服从正态分布()

100,225N，故X的期望为100=，方差为2225=，标准差为15=，故A项正确，B项错误；对于选项C，因为X的期望为100=，标准差为15=，则1(100)2PX=,则成绩超过100分的

约有112006002=人，故C项错误；对于选项D，11(115)(100)(1001510015)0.50.68270.8413522PXPXPX=+−+=+=,11(130)(100)(10

0215100215)0.50.95450.9772522PXPXPX=+−+=+=，(115130)(130)(115)0.977250.841350.1359PXPXPX=−=−=,故D项正确.故选：AD.1

0.关于二项展开式()20222202201220221xaaxaxax−=++++，下列说法正确的是（）A.01a=−B.二项式系数和为20222C.展开式中系数最小的项为第1012项D202113520212aaaa++++=【

答案】BC【解析】【分析】通过赋值法，令0x=即可判断A选项；令1x=，1x=−即可判断D选项；由二项式系数和即可判断B选项；求出二项式系数和系数的关系，由二项式系数的增减性即可判断C选项.【详解】令0x=，可得20220(1)1a=−=，故A错误；二项式的系数和为

20222，B正确；由题意得()()20222022120222022C11CrrrrrrrTxx−−+=−=−，显然当r为偶数时系数为正且等于二项式系数，当r为奇数时系数为负且为二项式系数的相反数，由二项式系数的

增减性知二项式系数中10112022C最大，则1012T系数最小为10112022C−，C正确；令1x=，得01220220aaaa=++++，令1x=−，得012202202222aaaa=−+−+，两式相减得()120212022322aaa

−=+++，则202113520212aaaa++++=−，D错误.故选：BC.11.一批产品共有10件，其中有5件一等品，3件二等品，2件三等品，给出下列4个结论，其中正确的有（）A.从中一次性取3件，恰有一件一等品的概

率是512B.从中一次性取3件，则至少有一件一等品的概率是1112C.从中有放回的抽取3件产品，每次任取一件，则至少有一次取到一等品的概率为38D.从中有放回的抽取3件产品，每次任取一件，用X表示抽取3件产品中一等

品的件数，则X的方差为34【答案】ABD【解析】【分析】对于选项A，分别求出一次性取3件一共有多少种数，再求恰有一件一等品有多少种数即可求解，对于选项B、C由间接法可求解，对于选项D，根据二项分布可求解..【详解】对于

A，从中一次性取3件，恰有一件一等品的概率是1255310512CCPC==，故A正确；对于B，从中一次性取3件，则至少有一件一等品的概率是3531011112CPC=−=，故B正确；对于C，从中有放回的抽取3件产品，每次任取一件，可知每次取到一等品的概率为51102=，则至少有一次取到

一等品的概率为00331171()()228PC=−=，故C不正确；对于D,由题意可知随机变量X服从二项分布，即1(3,)2XB，所以113()3224DX==，故D正确.故选：ABD12.在长方体1111ABCDABCD−中，1ABAD==，12AA=，P是线段1BC上一

动点，则下列说法正确的是（）A.1AP∥面1ADCB.1AP与1CD所成角的最大值为3C.1AP与平面11BCCB所成角的正切值的最大值为52D.三棱锥11PBDD−的体积的最大值为13【答案】ACD【解析

】【分析】先证得面1//ABC面1ADC即可判断A选项；由1PAB为1AP与1CD所成角，当P与1C重合时，1PAB最大即可判断B选项；由11APB即为1AP与平面11BCCB所成角，当1BPBC⊥时，正切值最大即可判断C选项

；由111112PBBDDPBDDVV−−=，当P与1C重合时，h最大即可判断D选项.【详解】连接1111111,,,,,,ADACCDACABBCAP，由1111//,=ADBCADBC，得11ABCD为平行四边形，

则11//ABCD，又1AB面1ADC，1CD面1ADC，则1//AB面1ADC，同理可得1//BC面1ADC，又11ABBCB=，则面1//ABC面1ADC，又1AP面1ABC，则1AP∥面1A

DC，A正确；由上知：11//ABCD，则1PAB即为1AP与1CD所成角，显然当P与1C重合时，1PAB最大为11CAB，又1125511cos222510CAB+−==，即1AP与1CD所

成角的最值不大为3，B错误；显然11AB⊥平面11BCCB，连接1BP，则11APB即为1AP与平面11BCCB所成角，1111111tanABAPBBPBP==，显然当1BP最小时，正切值最大，1BPBC⊥时，1BP最小，又14

5BC=+=，此时1111125BBBCBPBC==，故115tan2APB=，即1AP与平面11BCCB所成角的正切值的最大值为52，C正确；设P到平面11BBDD的距离为h，由题意知：111111111223BBPBDDPBDDBDDhVVS−−==，又由1BB⊥平面ABCD得

1BBBD⊥，112BD=+=，故1112222BDDS==，则当h最大时，三棱锥11PBDD−的体积最大，由1BB⊥平面1111DCBA得111BBAC⊥，又1111BDAC⊥，111,BBBD平面11BBDD，1111BBBDB=，则11AC⊥平面11BBDD，显然当P与1C重合时，

此时h最大为111222AC=，故111212323PBDDV−==，故三棱锥11PBDD−的体积的最大值为13，D正确故选：ACD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13.2399CC+=___________.（用数字作答）【答案】120【解析】【分

析】根据组合数公式计算即可.【详解】239998987CC12021321+=+=.故答案为：120.14.抛掷一颗质地均匀的骰子，样本空间1,2,3,4,5,6U=，事件13,5A=,，事件2,3,5,6B=，则()PAB=∣__

_________.【答案】12##0.5【解析】分析】先求出事件AB，再由条件概率计算即可.【详解】由题意得3,5AB=，则()2()164()26PABPABPB===∣.故答案为：12.15.2018年开始实施新高考考试方案，现模拟选科，其中语文､数学､英语为必选科目.物理､

历史两科中选择一科，再从化学､生物､地理､政治四科中任选二科，组合成“3+1+2”模式.若小王同学在政治和化学这两科【中至多选一科，则他选择的组合方式有___________种.（用数字作答）【答案】10【解析】【分析】先考虑物理､历史两科中选择一科，再分情况考虑政治和化学这两科都不选

和政治和化学这两科选一科，按照计数原理求解即可.【详解】第一步：先考虑物理､历史两科中选择一科有2种选法；第二步：若政治和化学这两科都不选，则选生物､地理，有1种选法；若政治和化学这两科选一科，则生物､地理也选一科，有224=种，故共有(

)21410+=种.故答案为：10.16.在正六棱锥PABCDEF−中，2AB=，25PA=，则此正六棱锥的侧面积为___________；该正六棱锥的外接球的表面积为___________.【答案】①.619

；②.25【解析】【分析】第一空：取BC中点N，连接PN，由勾股定理求得19PN=，再计算面积即可；第二空：求出棱锥的高，找出外接球球心，由勾股定理建立方程，解出外接球半径，由表面积公式求解即可.【详解】第一空：如图，易得侧面的六个三角形均为全等的等腰三角形，取BC中点N，连接PN，则PNBC⊥

，()225119PN=−=，则1192PBCSPNBC==，则侧面积为619；第二空：连接AD，取AD中点M，易得M为正六边形ABCDEF的中心，连接PM，则PM⊥平面ABCDEF，易得2==AMAB，则()222524PM=−=，易得外接球球心O在PM上，连接OA，设外接球半

径为R，则OAOPR==，则()22224RR=+−，解得52R=，则表面积为2425R=.故答案为：619；25.四､解答题：本大题共6小题，共计70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写字说明､证明过程或演算步骤17.有4

个不同的小球，3个不同的盒子，把小球全部放入盒内.（1）总共有多少种放法？（2）恰有一个盒内有2个小球，有多少种放法？【答案】（1）81；（2）36【解析】【分析】（1）每个球都有3种方法，由分步乘法计数原理求解即可；（2）先从4个小球种取2个小球，放入一个盒内，剩下的2个

小球放入另外2个盒子，1个盒子放1个球即可.【小问1详解】一个球一个球地放到盒子里，每个球都有3种方法，由分步乘法计数原理得，共有4381=种；【小问2详解】4个小球中取2个有24C6=种，放入其中1个盒子

内有13C3=种，剩下的2个小球放入剩下的2个盒子，只能1个盒子放1个球有22A2=种，故共有63236=种.18.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，M､N分别为1DC､AB的中点.（1）求证：MN∥平面11AADD；（2）求二面角

DMNC−−的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）459【解析】【分析】（1）取CD中点P，连接,MPNP，由MP平面11AADD，NP平面11AADD，证得平面MNP平面11AADD，即可证得MN∥平面11AADD；（2）建立空间直角坐标系，求出平面DMN和平面

CMN的法向量，由夹角公式求出余弦值，再由平方关系计算正弦值即可.【小问1详解】如图，取CD中点P，连接,MPNP，由M､N分别为1DC､AB的中点，可得1MPDD，MP平面11AADD，1DD平面11AA

DD，则MP平面11AADD，NPAD，NP平面11AADD，AD平面11AADD，则NP平面11AADD，又MPNPP=，则平面MNP平面11AADD，又MN平面MNP，故MN∥平面11AADD；【小问2详解】如图，以1,,DADCDD所在直线为,,xyz轴建立空间直角

坐标系，不妨设2DA=，则1(0,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(0,1,1),(2,1,0)DCDMN，则(0,1,1),(2,0,1),(0,1,1)DMMNCM==−=−，设平面DMN的法向量为111(,,)mxyz=，则1111020mDMyzmMNxz=+=

=−=，令11x=，则(1,2,2)m=−，设平面CMN的法向量为222(,,)nxyz=，则2222020nCMyznMNxz=−+==−=，令21x=，则()1,2,2n=，则1441cos,9144144mnmnmn−+===++++，则二面角DMNC−−的正弦值

为2145199−=.19.请从下列三个条件中任选一个，补充在下面已知条件中的横线上，并解答问题.①第2项与第3项的二项式系数之比是25；②第2项与第3项的系数之比的绝对值为45；③展开式中有且只有第四项的二项式系数最大.已知在()1

2*nxnNx−的展开式中，___________.（1）求展开式中的常数项，并指出是第几项；（2）求展开式中的所有有理项.（注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分.）【答案】（1）60，第五项（2）63364,240,60,xxx−【解析】【分析

】根据所选的项，结合所给条件分别有①1225nnCC=，②11222(1)24||(1)25nnnnCC−−−=−，③根据有且只有第四项的二项式系数最大，求n值，均为6n=.（1）将6n=代入二项式确定展开式通项，令x的指数为0时求r，进而求出

常数项；（2）将6n=代入并写出展开式通项，再根据232nr−有偶数，从而可确定有理项．【小问1详解】由二项式知：展开式通项为23211(2)()(1)2nrrnrrrnrrrnnTCxCxx−−−+=−=−，①第2项与第3项的二项式系

数分别为1nC、2nC，故1225nnCC=，∴2(1)52nnn=−，整理得260nn−=，又*nN，解得6n=.②第2项与第3项的系数分别为11(1)2nnC−−，222(1)2nnC−−，则有11222(1)24||(1)25nnnnCC−−−=

−，解得6n=.③展开式中有且只有第四项的二项式系数最大，可知.展开式共有7项，从而可知6n=.由上知：展开式通项为1236216(1)2rrrrrTCx−−+=−，当12302r−=，有4r=时，常数项为46

4456(1)260TC−=−=.【小问2详解】由上知：的展开项通项为1236216(1)2rrrrrTCx−−+=−，要求有理项，可知0,2,4,6r=，∴有理项分别为12060026(1)2Cx−−，1232262226(1)2Cx−−−，1234464426(1)

2Cx−−−，1236666626(1)2Cx−−−，即为63364,240,60,xxx−20.甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率是23，乙获胜概率是

13.（1）求甲恰好在第四局获胜概率是多少？（2）记X表示比赛决出胜负时的总局数，求X的分布列与期望.【答案】（1）881（2）分布列见解析；22481【解析】【分析】（1）根据题意，分析甲在每局胜负情况即可求解.（2）根据题意先确定随机变量的取法，再分别求解对应概率，列出分布列，最后根据

数学期望公式求期望.【小问1详解】由题意可知，比赛四局，甲获胜，则第一局甲胜，第二局甲负，第三局甲胜，第四局甲胜，故甲恰好在第四局获胜的概率是21228333381P==.【小问2详解】由题可知，X的可能取值为2，3，4

，5，的的22115(2)33339PX==+=,1222112(3)3333339PX==+=,2122121110(4)3333333381PX==+=,8(5)1(2)(3)(4)81PXPXPXPX==−=−=−==;所以X的分布列为：X2345P5929

1081881数学期望52108224()234599818181EX=+++=.21.如图所示，在四棱锥中PABCD−，2ABDC=，0ABBC=，APBD⊥，且22APDPDCBC====（1）求证：平面ADP⊥平面ABCD；（2）已知点E是线段BP上的动点（不与

点P､B重合），若使二面角EADP−−的大小为4，试确定点E的位置.【答案】（1）见解析；（2）点E在线段BP上满足13PEPB=【解析】【分析】（1）先由边的关系证得ADBD⊥，结合APBD⊥，即可证得BD⊥平面

ADP，进而证得平面ADP⊥平面ABCD；（2）取AD中点F，证得PF⊥平面ABCD，以D为原点建立空间直角坐标系，设PEPB=，表示出平面PAD和平面EAD的法向量，由夹角公式解出即可确定点E的位置.【小问1详解】连接BD，由2ABDC=，0ABBC

=知242,//,ABDCABDCCDBC==⊥，在RtBCD中，22216,4BDCDBCBD=+==，设AB的中点为Q，连接DQ，则//,CDQBQBCD=，所以四边形BCDQ为平行四边形，又,CDBCDCBC⊥=，所以四边形BC

DQ为正方形，所以,22DQABDQAQ⊥==，在RtAQD中，22216ADAQDQ=+=，在RtABD中，222161632ADBDAB+=+==，所以ADBD⊥，又,APBDAPADA⊥=，,APAD平面ADP，所以BD⊥平面ADP，又BD平面ABCD，所以平

面ADP⊥平面ABCD；【小问2详解】在APD△中，2228816APPDAD+=+==，所以APPD⊥，在RtAPD中，过点P作PFAD⊥，垂足为F，因为PAPD=，所以F为AD中点，所以2PFDF==，由（1）得BD⊥平面ADP，PF平面ADP，则BDPF⊥，,ADBD平面

ABCD，ADBDD=，则PF⊥平面ABCD.以D为原点，分别以,DADB所在直线为,xy轴，以过点D与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立如图所示空间坐标系，则(0,0,0),(4,0,0),(0,4,0),(2,0,2),(4,0,0),(

2,4,2)DABPDAPB==−−，设()(2,4,2),0,1PEPB==−−，则(22,4,22)DEDPPE=+=−−，易知平面PAD的一个法向量为(0,1,0)m=，设平面EAD的法向量为(,,)nxy

z=，则()()40224220nDAxnDExyz===−++−=，令1z=，则1(0,,1)2n−=，所以221cos,cos4211mnmnmn−===+−，即21225

21−=−+，即23210+−=，解得1=−（舍）或13=，所以，当点E在线段BP上满足13PEPB=时，使二面角EADP−−的大小为4.22.钟南山院士谈到防护新型冠状病毒肺炎时说：“我

们需要重视防护，但不必恐慌，尽量少去人员密集的场所，出门戴口罩，在室内注意通风，勤洗手，多运动，少熬夜.”为了增强学生的防疫意识，某校组织了“增强防疫意识，强健自身体魄”知识竞赛活动.教务处为了解学生对相关知识的掌握情况，从该校参赛学生中随机抽

取了100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率分布直方图.（1）求a的值，并求这100名学生竞赛成绩的样本平均值（同一组的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）若该校所有参赛学生的成绩X近

似服从正态分布()2,N，用（1）中的样本平均值表示，其中估计值为15，利用所得正态分布模型解决以下问题：①在竞赛活动中，按成绩从高到低分别设置一等奖，二等奖，三等奖和参与奖，若使该校有15.

865%的学生获得一等奖，则获得一等奖的最低分数是多少？②若该校高二年级共有1000名学生参加了竞赛，且参加竞赛的学生分数相互独立，试问这1000名学生成绩不低于94分的学生数最有可能是多少？附：若()2,XN−，()0.6827PX−+=，()220.9545

PX−+=„，()330.9974PX−+=„【答案】（1）0.006a=，样本平均值为64；（2）①79分；②23【解析】【分析】（1）直接由频率和为1解出a，按照频率分布直方图平均数的求法直接求样本平均值即可；（2）①②直接由正态分

布的对称性及所给区间概率求解即可.【小问1详解】由题意知：()0.0120.0180.0340.0160.008101aa++++++=，解得0.006a=，样本平均值为0.00610350.01210450.01810550.0341065+++0.01610750.00

810850.006109564+++=；【小问2详解】①由（1）知：64=，则()49790.6827PX=，()10.6827790.158652PX−==，要使该校有15.865%的学生获得一等奖，则获得一等奖的最低分数是79分；②易得()6421564215

0.9545PX−+=„，即()34940.9545PX=„，则()10.9545940.022752PX−==，则成绩不低于94分的学生数为0.02275100022.7523=人，则成绩不低于94分的学生数最有可能是23人.