高級中學名校試題PAGEPAGE1江蘇省連云港市贛榆區2023-2024學年高二下學期期中學業水平質量監測數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將答題卡交回．一、單項選擇題（本大題共8個小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）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】根據組合數性質，可得．故選：B．3.由1，2，3，4，5，6組成沒有重復數字且1，3不相鄰的六位數的個數是（）A.36 B.72 C.600 D.480【答案】D【解析】根據題意將進行全排列，再將插空得到個.故選：D.4.已知向量，，共面，則實數t的值是（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】因為，，三向量共面，所以存在實數，使得，所以，解得，故選：B.5.甲、乙等5人計劃去上海、蘇州及青島三個城市調查農民工薪資情況．每個人只能去一個城市，并且每個城市都要有人去，則不同的分配方案共有種數為（）A.150 B.300 C.450 D.540【答案】A【解析】把5人分組有兩類情況：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為，再把三組人安排到三個城市，有種方法，所以不同分配方法種數是.故選：A.6.被3除的余數為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】由二項式定理得，令得，①，令得，②，①②得，，解得，，由故被3除的余數為.故選：B.7.在正三棱錐—中，，為的中點，，則的正弦值為（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】根據題意，如圖：正三棱錐—中，設，，過點作，交于點，由于，則，為的中點，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.若將整個樣本空間想象成一個1×1的正方形，任何事件都對應樣本空間的一個子集，且事件發生的概率對應子集的面積，則如圖所示的涂色部分的面積表示（）A.事件A發生的概率 B.事件B發生的概率C.事件C不發生條件下事件A發生的概率 D.事件A，B同時發生的概率【答案】A【解析】依題意，圖示中涂色部分的面積為.故選：A.二、多項選擇題（本大題共3個小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，有多項是符合題目要求的．全選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9.若，則m的取值可能是（）A4 B.5 C.8 D.9【答案】AD【解析】因為，所以或，解得或.故選：AD.10.下列說法正確的是（）A.若隨機變量分布，則B.若隨機變量，則C.已知隨機變量的分布列為，則D.已知，為兩個隨機事件，且，則【答案】ACD【解析】對于A，因為隨機變量分布，所以，當且僅當，即時，等號成立，所以，故A正確；對于B，若隨機變量，則，所以，故B錯誤；對于C，已知隨機變量的分布列為，則，解得，所以，故C正確；對于D，已知，為兩個隨機事件，且，則，所以，所以，故D正確．故選：ACD．11.已知正方體的棱長為1，動點M，N在對角線AC，上移動，且，，，則下列結論中正確的是（）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】以為坐標原點，以所在直線為軸，建立如圖所示的直角坐標系，，則，A項，，又因為異面直線所成角的范圍是，所以異面直線AC與所成的角為，故A正確；B項，，，即，，，故，，則，，當時，取最小值，故B正確；C項，由，則，由空間向量共面定理知，共面，又平面，所以平面，故C錯誤；D項，若，則，解得，故不存在，使得.故D錯誤.故選：AB.三、填空題（本大題共3個小題，每小題5分，共15分）12.若隨機變量，，則___________．【答案】【解析】∵隨機變量服從正態分布，，即正態分布曲線的對稱軸為，又，∴，由對稱性可知，．13.已知正方體的棱長為1，則在上的投影向量的模為_______.【答案】【解析】以為坐標原點，以所在直線為軸，建立如圖所示的直角坐標系，，則，則在上投影向量的模為.14.圖為一個開關陣列，每個開關只有“開”和“關”兩種狀態，按其中一個開關1次將導致自身和所有相鄰的開關改變狀態．例如，按將導致改變狀態．如果要求改變的狀態，則需按開關的最少次數為___________；如果只要求改變的狀態，則需按開關的最少次數為___________．【答案】;【解析】顯然每個開關按下的順序是無關緊要的，同時如果一個開關被按兩次，則相當于一次都沒有按.所以當我們考慮按開關的最少次數時，可以只考慮每個開關至多被按一次的全體操作，且無需考慮順序，總共種操作，這種操作稱為“基本操作”.先證明4個引理.引理1：對任意一個開關，我們都可以進行按有限次開關的操作，使得只有該開關狀態改變，其它開關狀態不變.證明如下：分別按下即可只改變的狀態；分別按下即可只改變的狀態；分別按下即可只改變狀態；分別按下即可只改變的狀態；分別按下即可只改變的狀態；分別按下即可只改變的狀態；分別按下即可只改變的狀態；分別按下即可只改變的狀態；分別按下即可只改變的狀態.綜上，引理1得證.引理2：對任意一些開關，我們都可以進行按有限次開關的操作，使得只有指定的那些開關的狀態改變，其它開關狀態不變.證明如下：根據引理1，我們只需要分別對每個開關進行引理1中相應的操作，然后將這些操作依次進行，即可得到滿足條件的操作.故引理2得證.引理3：對任意一些開關，我們都可以執行一個基本操作，使得只有指定的那些開關的狀態改變，其它開關狀態不變.證明如下：根據引理2，存在一個操作恰好改變指定的開關的狀態，因此如果該操作中存在一個開關被按兩次的情況，則我們可以去掉這兩次按開關，如此反復，直至操作中不存在重復按開關為止，然后即可得到滿足條件的基本操作.故引理3得證.引理4：對任意一些開關，使得只有指定的那些開關的狀態改變的基本操作是唯一的.證明如下：根據引理3，每組指定的開關對應的恰好改變它們狀態的基本操作一定存在.由于指定的開關共有種可能，基本操作也恰好有種，所以它們一定一一對應.故每組指定的開關對應的基本操作都是存在唯一的.故引理4得證.回到原題.前文已經提到，當我們考慮按開關的最少次數時，可以只考慮基本操作.但根據引理4，每組指定的開關對應的恰好改變它們狀態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，就是所求的次數最小的操作.驗證即知，要改變，對應的基本操作是分別按下，所以要改變的狀態至少需要按下次開關；驗證即知，要改變，對應的基本操作是分別按下，所以要改變的狀態至少需要按下次開關.故答案為：，.四、解答題（本大題共5個小題，共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）15.已知且滿足各項的二項式系數之和為256．（1）求的值；（2）求的值．解：（1）因為各項的二項式系數之和為256，所以，所以，二項式展開式的通項為，所以；（2）令，得，令，得，所以．16.袋中有形狀、大小完全相同的4個球，編號分別為，從袋中取出2個球，以X表示取出的2個球中的最大號碼．（1）寫出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．（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系，設，則，，，，，，.設平面PCD的一個法向量為，則，即，不妨令，則，，所以，設平面PAC的一個法向量為，則，即，不妨令，則，，所以，因為，所以，所以平面平面．（2）由（1）知，，所以，，因為，所以，即，解得，故，所以，由（1）知，設直線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.設甲袋中有4個白球和2個紅球，乙袋中有2個白球和2個紅球．（1）現從甲、乙兩個袋內各任取2個球，記取出的4個球中紅球的個數為隨機變量X，求X的分布列和數學期望．（2）現從甲袋中任取2個球放入乙袋，再從乙袋中任取2個球．求從乙袋中取出的是2個紅球的概率．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個紅球，從甲袋中取出2個白球，從甲袋中取出1個紅球和1個白球，從乙袋中取出2個紅球.兩兩互斥，且即“從甲袋中任取2個球”的樣本空間.由全概率公式得，.故從乙袋中取出是2個紅球的概率是.19.在四棱柱中，已知平面，，，，，是線段上的點．（1）點到平面的距離；（2）若為的中點，求異面直線與所成角的余弦值；（3）在線段上是否存在點，使得二面角的余弦值為？若存在，請確定點位置；若不存在，試說明理由．解：（1）過作直線平面，則可以點為坐標原點，建立如下圖所示的空間直角坐標系，