江蘇省連云港市贛榆區(qū)2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期期中學(xué)業(yè)水平質(zhì)量監(jiān)測(cè)數(shù)學(xué)試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試題PAGEPAGE1江蘇省連云港市贛榆區(qū)2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期期中學(xué)業(yè)水平質(zhì)量監(jiān)測(cè)數(shù)學(xué)試題注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置上．2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑．如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)．回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上，寫(xiě)在本試卷上無(wú)效．3．考試結(jié)束后，將答題卡交回．一、單項(xiàng)選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1.已知，，且，則（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】A【解析】由，得，解得，所以，故選：A.2.（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根據(jù)組合數(shù)性質(zhì)，可得．故選：B．3.由1，2，3，4，5，6組成沒(méi)有重復(fù)數(shù)字且1，3不相鄰的六位數(shù)的個(gè)數(shù)是（）A.36 B.72 C.600 D.480【答案】D【解析】根據(jù)題意將進(jìn)行全排列，再將插空得到個(gè).故選：D.4.已知向量，，共面，則實(shí)數(shù)t的值是（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】因?yàn)?，，三向量共面，所以存在?shí)數(shù)，使得，所以，解得，故選：B.5.甲、乙等5人計(jì)劃去上海、蘇州及青島三個(gè)城市調(diào)查農(nóng)民工薪資情況．每個(gè)人只能去一個(gè)城市，并且每個(gè)城市都要有人去，則不同的分配方案共有種數(shù)為（）A.150 B.300 C.450 D.540【答案】A【解析】把5人分組有兩類(lèi)情況：和.先把5人按分組，有種分組方法，按分組，有種分組方法，因此不同分組方法數(shù)為，再把三組人安排到三個(gè)城市，有種方法，所以不同分配方法種數(shù)是.故選：A.6.被3除的余數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】由二項(xiàng)式定理得，令得，①，令得，②，①②得，，解得，，由故被3除的余數(shù)為.故選：B.7.在正三棱錐—中，，為的中點(diǎn)，，則的正弦值為（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】根據(jù)題意，如圖：正三棱錐—中，設(shè)，，過(guò)點(diǎn)作，交于點(diǎn)，由于，則，為的中點(diǎn)，則，則，在中，，在中，，在中，，又由，則，則有，即，變形可得，解可得，又由，則．故選：D．8.若將整個(gè)樣本空間想象成一個(gè)1×1的正方形，任何事件都對(duì)應(yīng)樣本空間的一個(gè)子集，且事件發(fā)生的概率對(duì)應(yīng)子集的面積，則如圖所示的涂色部分的面積表示（）A.事件A發(fā)生的概率 B.事件B發(fā)生的概率C.事件C不發(fā)生條件下事件A發(fā)生的概率 D.事件A，B同時(shí)發(fā)生的概率【答案】A【解析】依題意，圖示中涂色部分的面積為.故選：A.二、多項(xiàng)選擇題（本大題共3個(gè)小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)是符合題目要求的．全選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分）9.若，則m的取值可能是（）A4 B.5 C.8 D.9【答案】AD【解析】因?yàn)?，所以或，解得?故選：AD.10.下列說(shuō)法正確的是（）A.若隨機(jī)變量分布，則B.若隨機(jī)變量，則C.已知隨機(jī)變量的分布列為，則D.已知，為兩個(gè)隨機(jī)事件，且，則【答案】ACD【解析】對(duì)于A，因?yàn)殡S機(jī)變量分布，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，所以，故A正確；對(duì)于B，若隨機(jī)變量，則，所以，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，已知隨機(jī)變量的分布列為，則，解得，所以，故C正確；對(duì)于D，已知，為兩個(gè)隨機(jī)事件，且，則，所以，所以，故D正確．故選：ACD．11.已知正方體的棱長(zhǎng)為1，動(dòng)點(diǎn)M，N在對(duì)角線AC，上移動(dòng)，且，，，則下列結(jié)論中正確的是（）A.異面直線AC與所成的角為60° B.線段MN的最小值為C.MN與平面不平行 D.存在，使得【答案】AB【解析】以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以所在直線為軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，，則，A項(xiàng)，，又因?yàn)楫惷嬷本€所成角的范圍是，所以異面直線AC與所成的角為，故A正確；B項(xiàng)，，，即，，，故，，則，，當(dāng)時(shí)，取最小值，故B正確；C項(xiàng)，由，則，由空間向量共面定理知，共面，又平面，所以平面，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，若，則，解得，故不存在，使得.故D錯(cuò)誤.故選：AB.三、填空題（本大題共3個(gè)小題，每小題5分，共15分）12.若隨機(jī)變量，，則___________．【答案】【解析】∵隨機(jī)變量服從正態(tài)分布，，即正態(tài)分布曲線的對(duì)稱(chēng)軸為，又，∴，由對(duì)稱(chēng)性可知，．13.已知正方體的棱長(zhǎng)為1，則在上的投影向量的模為_(kāi)______.【答案】【解析】以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以所在直線為軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，，則，則在上投影向量的模為.14.圖為一個(gè)開(kāi)關(guān)陣列，每個(gè)開(kāi)關(guān)只有“開(kāi)”和“關(guān)”兩種狀態(tài)，按其中一個(gè)開(kāi)關(guān)1次將導(dǎo)致自身和所有相鄰的開(kāi)關(guān)改變狀態(tài)．例如，按將導(dǎo)致改變狀態(tài)．如果要求改變的狀態(tài)，則需按開(kāi)關(guān)的最少次數(shù)為_(kāi)__________；如果只要求改變的狀態(tài)，則需按開(kāi)關(guān)的最少次數(shù)為_(kāi)__________．【答案】;【解析】顯然每個(gè)開(kāi)關(guān)按下的順序是無(wú)關(guān)緊要的，同時(shí)如果一個(gè)開(kāi)關(guān)被按兩次，則相當(dāng)于一次都沒(méi)有按.所以當(dāng)我們考慮按開(kāi)關(guān)的最少次數(shù)時(shí)，可以只考慮每個(gè)開(kāi)關(guān)至多被按一次的全體操作，且無(wú)需考慮順序，總共種操作，這種操作稱(chēng)為“基本操作”.先證明4個(gè)引理.引理1：對(duì)任意一個(gè)開(kāi)關(guān)，我們都可以進(jìn)行按有限次開(kāi)關(guān)的操作，使得只有該開(kāi)關(guān)狀態(tài)改變，其它開(kāi)關(guān)狀態(tài)不變.證明如下：分別按下即可只改變的狀態(tài)；分別按下即可只改變的狀態(tài)；分別按下即可只改變狀態(tài)；分別按下即可只改變的狀態(tài)；分別按下即可只改變的狀態(tài)；分別按下即可只改變的狀態(tài)；分別按下即可只改變的狀態(tài)；分別按下即可只改變的狀態(tài)；分別按下即可只改變的狀態(tài).綜上，引理1得證.引理2：對(duì)任意一些開(kāi)關(guān)，我們都可以進(jìn)行按有限次開(kāi)關(guān)的操作，使得只有指定的那些開(kāi)關(guān)的狀態(tài)改變，其它開(kāi)關(guān)狀態(tài)不變.證明如下：根據(jù)引理1，我們只需要分別對(duì)每個(gè)開(kāi)關(guān)進(jìn)行引理1中相應(yīng)的操作，然后將這些操作依次進(jìn)行，即可得到滿(mǎn)足條件的操作.故引理2得證.引理3：對(duì)任意一些開(kāi)關(guān)，我們都可以執(zhí)行一個(gè)基本操作，使得只有指定的那些開(kāi)關(guān)的狀態(tài)改變，其它開(kāi)關(guān)狀態(tài)不變.證明如下：根據(jù)引理2，存在一個(gè)操作恰好改變指定的開(kāi)關(guān)的狀態(tài)，因此如果該操作中存在一個(gè)開(kāi)關(guān)被按兩次的情況，則我們可以去掉這兩次按開(kāi)關(guān)，如此反復(fù)，直至操作中不存在重復(fù)按開(kāi)關(guān)為止，然后即可得到滿(mǎn)足條件的基本操作.故引理3得證.引理4：對(duì)任意一些開(kāi)關(guān)，使得只有指定的那些開(kāi)關(guān)的狀態(tài)改變的基本操作是唯一的.證明如下：根據(jù)引理3，每組指定的開(kāi)關(guān)對(duì)應(yīng)的恰好改變它們狀態(tài)的基本操作一定存在.由于指定的開(kāi)關(guān)共有種可能，基本操作也恰好有種，所以它們一定一一對(duì)應(yīng).故每組指定的開(kāi)關(guān)對(duì)應(yīng)的基本操作都是存在唯一的.故引理4得證.回到原題.前文已經(jīng)提到，當(dāng)我們考慮按開(kāi)關(guān)的最少次數(shù)時(shí)，可以只考慮基本操作.但根據(jù)引理4，每組指定的開(kāi)關(guān)對(duì)應(yīng)的恰好改變它們狀態(tài)的基本操作一定是存在唯一的.所以，這一唯一存在的基本操作，就是所求的次數(shù)最小的操作.驗(yàn)證即知，要改變，對(duì)應(yīng)的基本操作是分別按下，所以要改變的狀態(tài)至少需要按下次開(kāi)關(guān)；驗(yàn)證即知，要改變，對(duì)應(yīng)的基本操作是分別按下，所以要改變的狀態(tài)至少需要按下次開(kāi)關(guān).故答案為：，.四、解答題（本大題共5個(gè)小題，共77分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟）15.已知且滿(mǎn)足各項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)之和為256．（1）求的值；（2）求的值．解：（1）因?yàn)楦黜?xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)之和為256，所以，所以，二項(xiàng)式展開(kāi)式的通項(xiàng)為，所以；（2）令，得，令，得，所以．16.袋中有形狀、大小完全相同的4個(gè)球，編號(hào)分別為，從袋中取出2個(gè)球，以X表示取出的2個(gè)球中的最大號(hào)碼．（1）寫(xiě)出X的分布列；（2）求X的均值與方差．解：（1）的所有可能取值為.；；.故的分布列為234（2）；.故X均值為為；方差為．17.如圖，四棱錐中，底面為直角梯形，，，平面，，，為的中點(diǎn)．（1）求證：平面平面；（2）若，求直線BM與平面所成角的正弦值．解：（1）以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，，，，，.設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為，則，即，不妨令，則，，所以，設(shè)平面PAC的一個(gè)法向量為，則，即，不妨令，則，，所以，因?yàn)?，所以，所以平面平面．?）由（1）知，，所以，，因?yàn)椋?，即，解得，故，所以，由?）知，設(shè)直線BM與平面PCD所成的角為，則，故直線BM與平面PCD所成角的正弦值為.18.設(shè)甲袋中有4個(gè)白球和2個(gè)紅球，乙袋中有2個(gè)白球和2個(gè)紅球．（1）現(xiàn)從甲、乙兩個(gè)袋內(nèi)各任取2個(gè)球，記取出的4個(gè)球中紅球的個(gè)數(shù)為隨機(jī)變量X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．（2）現(xiàn)從甲袋中任取2個(gè)球放入乙袋，再?gòu)囊掖腥稳?個(gè)球．求從乙袋中取出的是2個(gè)紅球的概率．解：（1）的所有可能取值為，；；；；.故的分布列為01234.（2）記事件從甲袋中取出2個(gè)紅球，從甲袋中取出2個(gè)白球，從甲袋中取出1個(gè)紅球和1個(gè)白球，從乙袋中取出2個(gè)紅球.兩兩互斥，且即“從甲袋中任取2個(gè)球”的樣本空間.由全概率公式得，.故從乙袋中取出是2個(gè)紅球的概率是.19.在四棱柱中，已知平面，，，，，是線段上的點(diǎn)．（1）點(diǎn)到平面的距離；（2）若為的中點(diǎn)，求異面直線與所成角的余弦值；（3）在線段上是否存在點(diǎn)，使得二面角的余弦值為？若存在，請(qǐng)確定點(diǎn)位置；若不存在，試說(shuō)明理由．解：（1）過(guò)作直線平面，則可以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，