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2024-2025 学年江苏省盐城市七校联盟高二下学期 4 月期中联考
数学试卷
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知随机变量 的分布规律为 = = 2( = 1,2,3)，则 = 3 =( )
A. 9 1 2 114 B. 3 C. 7 D. 14
2.若 = 2 +113 13 ∈ ，则 6 =( )
A. 30 B. 120 C. 360 D. 720
3. 4的展开式中 3的系数为( )
A. 6 B. 4 C. 4 D. 6
4.已知 为平面 的一个法向量， 为直线 的一个方向向量，则“ // ”是“ ⊥ ”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
5 1.已知随机变量 的取值为 0，1，2，若 = 0 = 5， = 1，则标准差为( )
A. 25 B.
3
5 C.
10
5 D.
2 5
5
6.从红、黄、蓝、黑 4 种不同的颜色中选出一些颜色给如图所示的 3 个格子涂色，每个格子涂一种颜色，
记事件 为“相邻的 2 个格子颜色不同”，事件 为“3 个格子的颜色均不相同”，则 ( | ) =( )
A. 1 1 1 24 B. 2 C. 3 D. 3
7.已知正四棱锥 的所有棱长均为 1， 为底面 1内一点，且 = + 3
+ 1 2
∈ ，
则 =( )
A. 5 B. 7 3 412 12 C. 4 D. 3
8.若 3 10 = 0 + 1 + 22 + + 1010 ，则下列说法错误的是( )
A. 0 = 310
B. 0 + 1 + 2 + + 9 + 10 = 410
C. 3 10的展开式中偶数项的二项式系数之和为29
D. 3 10的展开式中二项式系数最大项为 5 5 510 3
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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9.将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，在数学中将这种思想方法称为“算两次”.请用
此法判断下列等式中，正确的有( )
A. 1 +1 = + B. + 1 = +1 +1
C. + 1 = 1 +1 D. = 1
10.在某独立重复实验中，事件 , 相互独立，且在一次实验中，事件 发生的概率为 ，事件 发生的概率
为 1 ，其中 ∈ (0,1).若进行 次实验，记事件 发生的次数为 ，事件 发生的次数为 ，事件 发生的
次数为 ，则下列结论正确的是( )
A. = 1 B. =
2
C. = D. =
11.如图，若正方体 1 1 1 1的棱长为 2， ， 分别是棱 ， 1 1的中点，则( )
A.三个向量 1 ， ， 1 1不可以构成空间的一组基底
B. 41四面体 1 1 的外接球的表面积为 4
C. 8 平面 1 截该正方体的内切球所得截面的面积为 9
D. 5直线 1 与平面 1 所成角的余弦值为 5
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.已知直线 的方向向量为 = 0, 1,1 ，则向量 = 1,2,3 在直线 上的投影向量坐标为_______．
13.为积极落实“双减”政策，丰富学生的课外活动，某校开设了航模、无人机、 技术等 5 门课程.分别安
排在周一到周五，每天一节，其中 技术课不排在周一，航模和无人机课两天相邻的课程的安排方案种数
为_______．
14.一个袋子中有 5 个大小相同的球，其中红球 3 个，白球 2 个，现从中不放回地随机摸出 3 个球作为样
本，用随机变量 表示样本中红球的个数，用随机变量 ( = 1,2,3)表示第 次抽到红球的个数，则随机变量
期望 = ； 2 = 1 = .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题 13 分)
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在如图所示的平行六面体 1 1 1 1中， = 1， = 2， 1 = 2 2，∠ 1 = ∠ 1 = 45 ，
∠ = 60 ，设 = ， = ， 1 = ．
(1)用 ， ， 表示 ， 1， 1；
(2)求异面直线 与 1所成角的正切值．
16.(本小题 15 分)

在 + 2 的展开式中，______．
给出下列条件：①各项系数之和为 729，②第三项的二项式系数为 15，③二项式系数和为 64，试在这三个
条件中任选一个，补充在上面的横线上，并且完成下列问题：
(1)求 的值并求展开式中的常数项；

(2)求 2 + 3 2 + 2 展开式中
6的系数．
17.(本小题 15 分)
驾驶证考试规定需依次按科目一(理论)、科目二(场内)、科目三(场外)进行，只有当上一科目考试合格才可
以参加下一科目的考试，每个科目只允许有一次补考机会，三个科目考试均合格方可获得驾驶证.若某人已
3 1
通过了科目一的考试，假设他科目二考试合格的概率为5，科目三考试合格的概率为2，且每次考试或补考
合格与否互不影响．
(1)求丁某不需要补考就可获得驾驶证的概率；
(2)若丁某不放弃所有考试机会，记 为参加考试的次数，求 的分布列与数学期望．
18.(本小题 17 分)

如图，在 中，∠ = 90 ， = 3， = 6， ， 分别是 ， 上的点，满足 // 且 经过
的重心，将 沿 折起到 1 的位置，使 1 ⊥ ， 是 1 的中点．
(1)求证：平面 1 ⊥平面 ；
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(2)求 与平面 1 所成角的大小；
(3) 39在线段 1 上是否存在点 (不包含端点)，使平面 与平面 夹角正切值为 3 ？若存在，求出 1
的长度；若不存在，请说明理由．
19.(本小题 17 分)

设函数 ( , ) = 1 + ( > 0)．
(1)若 (3, ) = 0 +
1 2 3
+ 2 + 3且 2 = 27，求
3
=0 ；
(2)当 = 3 时，求 (6, )展开式中系数最大的项；
(3)当 > 0 时，设 是正整数， 为正实数，实数 满足 ( , 1) = ( , )，求证： (2025,1000 ) > 7 (
2025, )．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.(0, 12 ,
1
2 )
13.36
14.9 35； 5
15.解：(1) 1 = + + ，
1 = + + ， = + ，
(2)因为 1 = + ， = + ，
同理可求得| 1| = 15，| | = 7，
又因为 1· = ( + )·( + )
= 2 2 + · + · = 9，

所以 cos 1· 9 3 1051, = = = ，| 1|| | 15× 7 35
2 70
所以 sin 1, = 35 ，
所以 tan 1, =
2 6
9
16.解：(1) 2在( + ) 的展开式中，
选条件①时，各项系数之和为 729，令 = 1，故3 = 729，解得 = 6，常数项为 36 23 = 160．
选条件②时，第三项的二项式系数为 15，故 2 = 15，解得 = 6，常数项为 3 36 2 = 160．
选条件③时，由于二项式系数和为 64，所以2 = 64，所以 = 6，常数项为 36 23 = 160．
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(2)由上可知不论选 ① ② ③，都有 = 6，则问题为求(2 + 3 2)( + 2 )
展开式中 6的系数，
先求( + 2 )6 展开式中含
6的项，易知该项为 0 66 (2 1)0 = 6，
( + 2再求 6 ) 展开式中含
4的项，易知该项为 1 5 1 1 46 (2 ) = 12 ，
2
所以(2 + 3 2)( + ) 展开式中含
6的项为 2 6 + 3 × 12 6 = 38 6，
所以其系数为 38．
17.解：设“科目二第一次考试合格”为事件 1;“科目二补考考试合格”为事件 2，
“科目三第一次考试合格”为事件 1;“科目三补考考试合格”为事件 2;
则 1、 2、 1、 2相互独立．
(1) 3 1 3他不需要补考就可获得驾证的概率为： = ( 1 1) = ( 1) ( 1) = 5 × 2 = 10．
3
即丁某不需要补考就可获得驾驶证的概率为10．
(2) 的可能取值为 2，3，4．
∵ ( = 2) = ( 3 1 21 1 + 1 2) = 5 × 2 + 5 ×
2 = 235 50，
( = 3) = ( + ) = 3 × 1 + 2 × 3 1 211 1 1 2 1 5 2 5 5 × 2 = 50，
= ( = 4) = ( 1 2 1) =
2
5 ×
3
5 ×
1
2 =
3
25．
∴ 的分布列为
2 3 4
23 21 3
50 50 25
( ) = 2 × 23+ 3 × 2150 50 + 4 ×
3 133
25 = 50．
133
即丁某不放弃所有考试机会的数学期望为 50
18.(1)证明：因为在 △ 中，∠ = 90 ，所以 ⊥ ，又 // ，所以 ⊥ ， ⊥ 1 ，
则折叠后 ⊥ 1 ，又 1 ∩ = ， 1 ， 平面 1 ，所以 ⊥平面 1 ，
1 平面 1 ，所以 ⊥ 1 ，又已知 1 ⊥ ， ∩ = ，且 ， 都在面 内，
所以 1 ⊥平面 ，又 1 平面 1 ，所以平面 1 ⊥平面 ;
(2)由(1)，分别以 ， ， 1所在直线为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系 ，
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2
由题意可知， = 2 ，故 DE= 3 = 2，由几何关系可知， = 2， 1 = 4， 1 = 2 3，
故 C(0,0,0)， (2,0,0)， (2,2,0)， (0,3,0)， 1(0,0,2 3)， (1,0, 3)，
= (1,0, 3)， 1 = (0,3, 2 3)， 1 = (2,2, 2 3)，
= 3 2 3 = 0
设平面 1 的法向量为 = ( , , )，则 1 ， 1 = 2 + 2 2 3 = 0
不妨令 = 2，则 = 3， = 1，所以 = (1,2, 3)，
设 与平面 1 所成角的大小为 ，
则有 sin = |cos <

, > | = | | = 4 = 2，
| || | 2×2 2 2
故 = 4，即 与平面 1 所成角的大小为4 ;
(3)假设在线段 1 上存在点 ，使平面 与平面 夹角正切值为
39，
3
即有平面 与平面 夹角余弦值为 3，
4
在空间直角坐标系中， = (1, 3, 3)， = (1,0, 3)， 1 = (0,0,2 3)，
设 = 1，则 = (0,0,2 3 )， = + = (0, 3,0) + (0,0,2 3 ) = (0, 3,2 3 )，
+ 3
设平面 = 3 = 0的法向量为 = ( 2 2 2 22 2, 2, 2)，则 ， 2 = 3 2 + 2 3 2 = 0
不妨令 2 = 3，则 2 = 2 ， 2 = 6 3，所以 2 = (6 3,2 , 3)，

, , 3
= 3 + 3 = 0
设平面 的法向量为3 = (
3 3 3
3 3 3)，则 ， 3 = 3 + 3 3 = 0
不妨令 3 = 3，则 3 = 3， 3 = 0，所以 3 = ( 3,0, 3)，
若平面 与平面 夹角余弦值为 3，
4
则满足|cos < , > | =
| 2 3| |9 18 +3| 3
2 3 | 2|| |
= =
3 ，2 3× 9(2 1)2+4 2+3 4
1 1
化简得 2 2 3 + 1 = 0，解得 = 1 或2，即 = 1或
= 2 1，
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又点 1不包含 1 端点，所以 = 2
1，即 1 = 3．
故在线段 1 上存在这样的点 ，使平面 与平面 夹角正切值为
39，此时 1 的长度为3 3．
19.解：(1) (3, ) = 0 +
1 + 2 2 +
3
3 = (1 +

)
3， 2 = 23 2 = 27 =± 3，
所以 ( , ) = (1 ± 3 ) ( > 0)，
∴当 = 3 时，3 =0 = (1 +
3
1 )
3 = 64;
当 = 3 3时，3 3 =0 = (1 1 ) = 8．
(2)由条件得， (6, ) = (1 3 )6 ，
所以 = ( 3 ) = ( 3) +1 6 6 ， = 0，1，2，3，4，5，6．
由于要求展开式中系数最大的项，所以 为偶数，
∴由题意知，展开式中系数最大的项应当在第 3 项或第 5 项中出现，
= 2( 3 )2 = 135， = 4( 3 )4 = 12153 6 2 5 6 4 ，
∴ 1215展开式中系数最大的项是第 5 项且为 4 ．
2
(3)由 ( , 1) = ( , )可得(1 + ) = (1 + ) = ( +

) ，
2
即 1 + = + = (2025,1000 ) = (1 +
2025 1 2025
1000 ) = (1 + 1000 )
> 1 + 1 1 2 1 2 3 1 3 4 1 42055 1000 + 2055( 1000 ) + 2055( 1000 ) + 2055( 1000 ) > 1 + 2 + 2 +
4 + 23 3 = 7，
( 2025, ) = (1 + ) 2025 = (1 + 1而 2025 ) < 1，
所以原不等式 (2025,1000 ) > 7 ( 2025, )成立．
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