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江苏省镇江市实验高级中学2024-2025学年高二下学期教学情况调研数学试题
一、选择题：本题共8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．下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】导数的乘法与除法法则；简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A，，A错误；
B，，B正确；
C，，C错误；
D，，D错误.
故答案为：B.
【分析】A：判断为常数，根据常数导数为0的规则验证。
B：利用复合函数求导法则（链式法则），对求导。
C：套用指数函数的导数公式进行验证。
D：使用乘积的求导法则，对求导。
2．如图，已知平行六面体，E，F分别是棱，的中点，记，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：
.
故答案为：C
【分析】本题考查平行六面体中的空间向量线性分解，核心是利用向量加法的首尾衔接法则，结合中点性质、平行六面体棱向量相等关系，将拆解为基底的线性组合。
3．某足球队球员乙能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，且出场率分别为、、，当乙球员担当前锋、中锋以及后卫时，球队输球的概率依次为、、．当乙球员参加比赛时，该球队这场比赛输球的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：记事件、、分别为球员乙能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，
记事件乙球员参加比赛时，该球队这场比赛输球，
由题意可知，，，
，，，
由全概率公式可得
.
故答案为：A.
【分析】本题考查全概率公式，核心是把事件拆解为多个互斥完备的原因事件，用各原因事件的先验概率，搭配对应条件概率，加权求和得到总事件发生的概率。
4．为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，并将名师生的竞赛成绩（满分分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法错误的为（　　）
A．的值为
B．估计这组数据的众数为
C．估计成绩低于分的有人
D．估计这组数据的第百分位数为
【答案】C
【知识点】频率分布直方图；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为，所以，解得，A正确；
B，由频率分布直方图可知，估计这组数据的众数为，B正确；
C选项，由频率分布直方图可知，估计成绩低于分的人数为，C错误；
D，前个矩形的面积之和为，前个矩形的面积之和为，设这组数据的第百分位数为，则，
由百分位数的定义可得，解得，D正确.
故答案为：C.
【分析】本题考查频率分布直方图，核心是利用直方图总面积和为1求解参数a，再依次根据众数定义、频数计算公式、百分位数插值计算方法，逐项判断四个选项的正误。
5．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是4”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是5”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（　　）
A．甲与乙互斥 B．丙发生的概率为
C．甲与丁相互独立 D．乙与丙相互独立
【答案】C
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可知，两点数和为6的所有可能为，
两点数和为7的所有可能为，
甲乙丙丁，
对于A选项，甲与乙可以同时发生，故选项A错误；
对于B选项，由上可知错误，故选项B错误；
对于C选项，（甲丁）（甲）（丁），故选项C正确；
对于D选项，（乙丙）（乙）（丙），故选项D错误.
故选：C.
【分析】先分别计算出事件甲、乙、并、丁的概率，可判断B选项；直接由互斥事件的概念判断A选项；由独立事件概率公式判断C、D选项即可.
6．《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著，该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即筹算） 太乙算 两仪算 三才算 五行算 八卦算 九宫算 运筹算 了知算 成数算 把头算 龟算 珠算和计数.某学习小组有甲 乙 丙 丁四人，该小组要收集九宫算 运筹算 了知算 成数算 把头算 珠算6种算法的相关资料，要求每种算法只能一人收集，每人至少收集其中一种，则不同的分配方案种数有（　　）
A．1560种 B．2160种 C．2640种 D．4140种
【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：依题意分两种情况讨论：
①将种算法分成、、、四组，再分配给人，则有种；
②将种算法分成、、、四组，再分配给人，则有种；
综上一共有种不同的分配方案.
故答案为：A
【分析】本题考查分组分配问题（组合数学），核心是遵循 “先分组，后分配” 的原则。由于 6 个元素分给 4 人且每人至少一种，分组方式存在两种不同的非平均分组结构（1、1、1、3 和 1、1、2、2），需分别计算两种分组方式的方案数，最后利用加法原理求和得到总方案数。
7．若的展开式中，各项的二项式系数之和为128，系数和为，则除于13的余数是（　　）
A．0 B．3 C．10 D．11
【答案】C
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：由二项式系数和，得
代入，得，解得：
计算除以：
先把写成，则
根据二项式定理得：
除了这项外，其余项都含有因数能被整除
所以除以余数和除以余数相同
除以商余，
所以除以余数是
故答案为：C.
【分析】本题综合考查二项式系数和、所有项系数和、二项式定理求余数，核心分三步：
1. 利用二项式系数和公式求出指数；
2. 赋值，由所有项系数和求出参数；
3. 对底数拆分，用二项式定理化简幂运算，计算除以的余数。
8．某高校两名学生准备从、、、、、这门选修课程中任选门，则这两名学生在所选课程中有相同课程的条件下，恰好选择了门相同课程的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】条件概率；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：记事件这两名学生在所选课程中有相同课程，事件这两名学生恰好选择了门相同课程，
则，，
由条件概率公式可得.
故答案为：B.
【分析】本题考查条件概率的计算，核心是利用条件概率公式，先分别求解条件事件的基本事件总数、交事件的基本事件总数，再代入公式计算。
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（　　）
A．如果甲、乙必须相邻，那么不同的排法有24种
B．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
C．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
D．甲乙不相邻的排法种数为36种
【答案】B,C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A，甲、乙必须相邻，可将其看成一个整体，有种排法，故A错误；
B，甲乙丙按从左到右的顺序排列，先排丁戊两人，剩余3个位置依次站甲乙丙，有种排法，故B正确；
C，若甲排最左端，有种排法，若乙排最左端，有种排法，所以总共有种排法，故C正确；
D，先排丙丁戊三人，再将甲乙插空，总共有种排法，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】A：使用捆绑法，将相邻元素看成整体，计算甲乙相邻的全排列数。
B：利用定序排列结论，5 人全排列中固定甲乙丙左右顺序的排法。
C：使用位置限制分析法，分左端排甲、左端排乙两类，结合右端限制条件分类求和。
D：使用插空法，先排其余元素，再插入甲乙，计算甲乙不相邻的排法数。
10．已知(2＋x)(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则（　　）
A．a0的值为2
B．a5的值为16
C．a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6的值为－5
D．a1＋a3＋a5的值为120
【答案】A,B,C
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：A，令x＝0，得a0＝2×1＝2，故A正确；
B，(1－2x)5的展开式的通项为，所以，故B正确；
C，令x＝1，得(2＋1)(1－2×1)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6①，即a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－3－a0＝－3－2＝－5，故C正确；
D，令x＝－1，得(2－1)[1－2×(－1)]5＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6②，由①②解得a1＋a3＋a5＝－123，故D不正确.
故答案为：ABC
【分析】A：利用赋值法，令，即可求出常数项。
B：利用二项式展开式通项公式，拆分式子，合并项系数求解。
C：利用赋值法，令得到所有系数和，再减去，求得。
D：利用赋值法，分别令、，得到两个等式联立相减，求解奇次项系数和。
11．在棱长为的正方体中，点在底面内运动（含边界），点是棱的中点，则（　　）
A．若是棱的中点，则平面
B．若平面，则是上靠近的四等分点
C．点到平面的距离为
D．若在棱上运动，则点到直线的距离最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】空间直角坐标系；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；空间向量垂直的坐标表示；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】A，如图，取的中点，连接、，
因为点、是、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理，且，所以，
因为平面，平面，所以平面，
且，、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，A对；
B，若是上靠近的四等分点，
以为坐标原点，、、所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
，，
所以，，且，、平面，
所以平面，且过点只有条直线和平面垂直，
则点是唯一的，点是上靠近的四等分点，故B正确；
C，因为是棱的中点，所以点到平面的距离为点到平面的距离的，
由题意可得是等边三角形，且，设点到平面的距离为，
由，所以，
所以，解得，
所以点到平面的距离为，C错；
D，若点在棱上运动，设，，
，，
则点到的距离，
当时，的最小值为，D对.
故答案为：ABD
【分析】A：利用面面平行推线面平行，构造辅助平面，证明平面平面，进而得平面。
B：建立空间直角坐标系，写出各点坐标与对应向量，根据线面垂直的向量条件（直线方向向量垂直于平面内两条不共线向量），求解点位置。
C：利用等体积法，求解点到平面的空间距离。
D：设点参数坐标，利用空间点到直线距离公式，结合二次函数最值，求解距离最小值。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．某高中针对学生发展要求，开设了富有地方特色的“泥塑”与“剪纸”两个社团，已知报名参加这两个社团的学生共有人，按照要求每人只能参加一个社团，各年级参加社团的人数情况如下表：
　 高一年级 高二年级 高三年级
泥塑
剪纸
其中，且“泥塑”社团的人数占两个社团总人数的，为了了解学生对两个社团活动的满意程度，按分层抽样的方法抽取一个人的样本进行调查，则从高二年级“剪纸”社团的学生中应抽取　 　人．
【答案】
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意可知，“泥塑”社团的人数为，“剪纸”社团的学生人数为，
所以，
所以按分层抽样的方法抽取一个人的样本进行调查，
则从高二年级“剪纸”社团的学生中应抽取的人数为人.
故答案为：.
【分析】本题考查分层抽样的基本原理，核心是先根据总人数、占比求出剪纸社团总人数，再结合人数比例求出高二年级剪纸社团人数，最后按照抽样比计算抽取人数。
13．的展开式中的系数是　 　．（结果用数字表示）
【答案】
【知识点】二项式系数的性质；组合数公式
【解析】【解答】解：当且时，的展开式通项为，
所以的展开式中的系数是
.
故答案为：.
【分析】首先明确： 展开式中 的系数为组合数 ；原式系数为一系列组合数累加，利用组合数恒等式 进行裂项化简求和。
14．某次调研测试中考生成绩X服从正态分布若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为　 　．
【答案】
【知识点】二项分布；正态分布定义
【解析】【解答】解：因为，服从正态分布，
所以，所以.
所以从3名考生中，至少有2名考生的成绩高于90的概率为：
.
故答案为：.
【分析】本题结合正态分布的对称性与二项分布概率公式求解。核心是先利用正态分布对称轴，求出单名考生成绩高于 90 的概率，再拆分 “至少 2 人高于 90” 为「恰好 2 人高于 90」、「恰好 3 人高于 90」两种互斥情况，分别计算概率后求和。
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．“绿水青山就是金山银山”的生态文明发展理念已经深入人心，这将推动新能源汽车产业的迅速发展．下表是近几年某地区新能源乘用车的年销售量与年份的统计表：
年份x 2020 2021 2022 2023 2024
销量y（万台） 1.00 1.40 1.70 1.90 2.00
某机构调查了该地区60位购车车主的性别与购车种类情况，得到的部分数据如下表所示：
　 购置传统燃油车 购置新能源车 总计
男性车主 　 10 48
女性车主 2 　 　
总计 　 　 60
（1）求新能源乘用车的销量y关于x年份的线性相关系数r，并判断y与x是否线性相关；
（2）请将上述列联表补充完整，并判断是否有的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关．
参考公式：
相关系数；，其中.
参考数据：.
备注：若，则可判断y与x线性相关．
临界值表：
0.100 0.050 0.025 0.010 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
【答案】（1）解：由表格知：，，
，
有，
则y与x线性相关
（2）解：由题意得，完善表格如下：
购置传统燃油车 购置新能源车 总计
男性车主 38 10 48
女性车主 2 10 12
总计 40 20 60
提出假设：购车车主是否购置新能源乘用车与性别无关由列联表数据得：
，因为，
故有的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关．
【知识点】独立性检验的应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】(1) 代入线性相关系数公式，结合题目给出的求和数据、参考近似值，计算相关系数，根据的判定规则，判断线性相关性；
(2) 根据列联表行列总数的加减运算补全列联表，代入独立性检验公式计算统计量，对比临界值表，判断相关性的把握程度。
（1）由表格知：，，
，
有，
则y与x线性相关
（2）依题意，完善表格如下：
　 购置传统燃油车 购置新能源车 总计
男性车主 38 10 48
女性车主 2 10 12
总计 40 20 60
提出假设：购车车主是否购置新能源乘用车与性别无关由列联表数据得：
，因为，
故有的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关．
16．如图，在三棱柱中，平面为线段上的一点.
（1）求证：；
（2）若为线段上的中点，求直线与平面所成角大小.
【答案】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
因为，所以两两垂直，
所以以为原点，分别以所在的直线为建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
设，
所以，
所以，
所以，
所以
（2）解：因为为线段上的中点，所以，
所以，，
设平面的法向量为，则
，令，则，
设直线与平面所成角为，则
，
因为，所以，
所以直线与平面所成角的大小为.
【知识点】平面的法向量；直线与平面所成的角；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【分析】(1) 设出M点参数坐标，写出对应向量，通过向量点积为0证明线线垂直；
(2) 由中点确定M坐标，求出平面BCM的法向量，结合线面角向量公式，求解直线与平面所成角。
（1）证明：因为平面，平面，
所以，
因为，所以两两垂直，
所以以为原点，分别以所在的直线为建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
设，
所以，
所以，
所以，
所以
（2）因为为线段上的中点，所以，
所以，，
设平面的法向量为，则
，令，则，
设直线与平面所成角为，则
，
因为，所以，
所以直线与平面所成角的大小为.
17．某大型商场为了回馈广大顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放个大小相同的小球，其中个为红色，个为黑色．抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球．如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同即为中奖，两个小球颜色不同即为不中奖．
（1）若规定第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，求中奖次数的分布列和方差；
（2）若规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，求中奖次数的分布列和数学期望．
【答案】（1）解：第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为，因为两次中奖相互独立，所以中奖次数，的可能取值为、、，
则，，，
则的分布列为
因为，所以的方差为.
（2）解：若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，
则中奖次数的可能取值为、、，
则，，
，
所以，随机变量的分布列为
所以的期望为.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；条件概率
【解析】【分析】(1) 先计算单次抽奖中奖的概率，有放回抽奖两次相互独立，随机变量X服从二项分布，写出分布列，用二项分布方差公式计算方差；
(2) 无放回抽奖，两次抽奖不独立，先确定Y的所有取值，用条件概率、分步乘法计数原理计算每个取值的概率，列出分布列，再用期望公式求数学期望。
（1）第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为，因为两次中奖相互独立，所以中奖次数，的可能取值为、、，
则，，，
则的分布列为
因为，所以的方差为.
（2）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，
则中奖次数的可能取值为、、，
则，，
，
所以，随机变量的分布列为
所以的期望为.
18．图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示．
（1）求异面直线与所成角；
（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：如图，在图1中，连接，交于点，
因为四边形为边长是的正方形，则，
在图2中，则有，，，
因为是直二面角，所以平面平面，
因为平面平面，，平面，所以有平面，
以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图：
由题意，、、、，
所以，，
设异面直线与所成角为，
所以有，
因为，故，即异面直线与所成角为.
（2）解：如图2，假设在棱上存在点，满足，其中，
使得二面角的余弦值为，
则，
又，设平面的一个法向量为，
则，取，则，
由题意可知，平面的一个法向量为，
所以，化简得：，
解得或（舍去），
故存在点，只需满足，
即棱上存在点，当时，二面角的余弦值为．
【知识点】异面直线所成的角；平面的法向量；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1) 建立坐标系写出对应向量，用异面直线向量夹角公式求解异面直线所成角；
(2) 设参数表示点坐标，求出两个面的法向量，结合二面角余弦值列方程，解出并判断是否存在。
（1）如图，在图1中，连接，交于点，
因为四边形为边长是的正方形，则，
在图2中，则有，，，
因为是直二面角，所以平面平面，
因为平面平面，，平面，所以有平面，
以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图：
由题意，、、、，
所以，，
设异面直线与所成角为，
所以有，
因为，故，即异面直线与所成角为.
（2）如图2，假设在棱上存在点，满足，其中，
使得二面角的余弦值为，
则，
又，设平面的一个法向量为，
则，取，则，
由题意可知，平面的一个法向量为，
所以，化简得：，
解得或（舍去），
故存在点，只需满足，
即棱上存在点，当时，二面角的余弦值为．
19．已知.
（1）当在处切线的斜率为，求此切线的方程；
（2）在（1）的前提下，求的极值；
（3）若有个不同零点，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为，则，所以，解得，
所以，所以，
故所求切线方程为，即.
（2）解：当时，，令，解得，列表得：
＋
单调递减 单调递增
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以函数的极小值为，无极大值.
（3）解：因为，则，
①当时，由得，此时函数只有一个零点，不合乎题意；
②当时，，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
函数的极小值为，且，
当时，由零点存在定理可知，使得，
当时，，，所以，
所以，
取，所以，则，
由零点存在定理可知，存在，使得，
此时函数有两个零点；
③当时，，令得或.
（i）当时，即时，列表如下：
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
此时，函数的极大值为，
故当时，，
由于函数在上单调递增，故函数在上至多一个零点，
此时函数在上至多一个零点，不合乎题意；
（ii）当时，即当时，对任意的，恒成立，
此时函数在上至多一个零点，不合乎题意；
（iii）当时，即当时，列表如下
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
当且时，，
由于函数在上单调递增，故函数在上至多一个零点，
所以函数在上至多一个零点.
综上所述，实数的取值范围是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值；直线的点斜式方程；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1) 先求导函数，利用切线斜率等于该点导数值求参数a，再求切点纵坐标，由点斜式写切线方程；
(2) 代入的值，分析导函数符号得到单调性，由极值定义求函数极值；
(3) 对参数a分、三类讨论，结合单调性、极值、零点存在定理，判断函数零点个数，得到的取值范围。
（1）因为，则，所以，解得，
所以，所以，
故所求切线方程为，即.
（2）当时，，令，解得，列表得：
＋
单调递减 单调递增
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以函数的极小值为，无极大值.
（3）因为，则，
①当时，由得，此时函数只有一个零点，不合乎题意；
②当时，，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
函数的极小值为，且，
当时，由零点存在定理可知，使得，
当时，，，所以，
所以，
取，所以，则，
由零点存在定理可知，存在，使得，
此时函数有两个零点；
③当时，，令得或.
（i）当时，即时，列表如下：
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
此时，函数的极大值为，
故当时，，
由于函数在上单调递增，故函数在上至多一个零点，
此时函数在上至多一个零点，不合乎题意；
（ii）当时，即当时，对任意的，恒成立，
此时函数在上至多一个零点，不合乎题意；
（iii）当时，即当时，列表如下
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
当且时，，
由于函数在上单调递增，故函数在上至多一个零点，
所以函数在上至多一个零点.
综上所述，实数的取值范围是.
1 / 1江苏省镇江市实验高级中学2024-2025学年高二下学期教学情况调研数学试题
一、选择题：本题共8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．下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图，已知平行六面体，E，F分别是棱，的中点，记，则（　　）
A． B．
C． D．
3．某足球队球员乙能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，且出场率分别为、、，当乙球员担当前锋、中锋以及后卫时，球队输球的概率依次为、、．当乙球员参加比赛时，该球队这场比赛输球的概率为（　　）
A． B． C． D．
4．为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，并将名师生的竞赛成绩（满分分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法错误的为（　　）
A．的值为
B．估计这组数据的众数为
C．估计成绩低于分的有人
D．估计这组数据的第百分位数为
5．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是4”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是5”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（　　）
A．甲与乙互斥 B．丙发生的概率为
C．甲与丁相互独立 D．乙与丙相互独立
6．《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著，该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即筹算） 太乙算 两仪算 三才算 五行算 八卦算 九宫算 运筹算 了知算 成数算 把头算 龟算 珠算和计数.某学习小组有甲 乙 丙 丁四人，该小组要收集九宫算 运筹算 了知算 成数算 把头算 珠算6种算法的相关资料，要求每种算法只能一人收集，每人至少收集其中一种，则不同的分配方案种数有（　　）
A．1560种 B．2160种 C．2640种 D．4140种
7．若的展开式中，各项的二项式系数之和为128，系数和为，则除于13的余数是（　　）
A．0 B．3 C．10 D．11
8．某高校两名学生准备从、、、、、这门选修课程中任选门，则这两名学生在所选课程中有相同课程的条件下，恰好选择了门相同课程的概率为（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（　　）
A．如果甲、乙必须相邻，那么不同的排法有24种
B．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
C．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
D．甲乙不相邻的排法种数为36种
10．已知(2＋x)(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则（　　）
A．a0的值为2
B．a5的值为16
C．a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6的值为－5
D．a1＋a3＋a5的值为120
11．在棱长为的正方体中，点在底面内运动（含边界），点是棱的中点，则（　　）
A．若是棱的中点，则平面
B．若平面，则是上靠近的四等分点
C．点到平面的距离为
D．若在棱上运动，则点到直线的距离最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．某高中针对学生发展要求，开设了富有地方特色的“泥塑”与“剪纸”两个社团，已知报名参加这两个社团的学生共有人，按照要求每人只能参加一个社团，各年级参加社团的人数情况如下表：
　 高一年级 高二年级 高三年级
泥塑
剪纸
其中，且“泥塑”社团的人数占两个社团总人数的，为了了解学生对两个社团活动的满意程度，按分层抽样的方法抽取一个人的样本进行调查，则从高二年级“剪纸”社团的学生中应抽取　 　人．
13．的展开式中的系数是　 　．（结果用数字表示）
14．某次调研测试中考生成绩X服从正态分布若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为　 　．
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．“绿水青山就是金山银山”的生态文明发展理念已经深入人心，这将推动新能源汽车产业的迅速发展．下表是近几年某地区新能源乘用车的年销售量与年份的统计表：
年份x 2020 2021 2022 2023 2024
销量y（万台） 1.00 1.40 1.70 1.90 2.00
某机构调查了该地区60位购车车主的性别与购车种类情况，得到的部分数据如下表所示：
　 购置传统燃油车 购置新能源车 总计
男性车主 　 10 48
女性车主 2 　 　
总计 　 　 60
（1）求新能源乘用车的销量y关于x年份的线性相关系数r，并判断y与x是否线性相关；
（2）请将上述列联表补充完整，并判断是否有的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关．
参考公式：
相关系数；，其中.
参考数据：.
备注：若，则可判断y与x线性相关．
临界值表：
0.100 0.050 0.025 0.010 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
16．如图，在三棱柱中，平面为线段上的一点.
（1）求证：；
（2）若为线段上的中点，求直线与平面所成角大小.
17．某大型商场为了回馈广大顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放个大小相同的小球，其中个为红色，个为黑色．抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球．如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同即为中奖，两个小球颜色不同即为不中奖．
（1）若规定第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，求中奖次数的分布列和方差；
（2）若规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，求中奖次数的分布列和数学期望．
18．图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示．
（1）求异面直线与所成角；
（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
19．已知.
（1）当在处切线的斜率为，求此切线的方程；
（2）在（1）的前提下，求的极值；
（3）若有个不同零点，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】导数的乘法与除法法则；简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A，，A错误；
B，，B正确；
C，，C错误；
D，，D错误.
故答案为：B.
【分析】A：判断为常数，根据常数导数为0的规则验证。
B：利用复合函数求导法则（链式法则），对求导。
C：套用指数函数的导数公式进行验证。
D：使用乘积的求导法则，对求导。
2．【答案】C
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：
.
故答案为：C
【分析】本题考查平行六面体中的空间向量线性分解，核心是利用向量加法的首尾衔接法则，结合中点性质、平行六面体棱向量相等关系，将拆解为基底的线性组合。
3．【答案】A
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：记事件、、分别为球员乙能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，
记事件乙球员参加比赛时，该球队这场比赛输球，
由题意可知，，，
，，，
由全概率公式可得
.
故答案为：A.
【分析】本题考查全概率公式，核心是把事件拆解为多个互斥完备的原因事件，用各原因事件的先验概率，搭配对应条件概率，加权求和得到总事件发生的概率。
4．【答案】C
【知识点】频率分布直方图；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为，所以，解得，A正确；
B，由频率分布直方图可知，估计这组数据的众数为，B正确；
C选项，由频率分布直方图可知，估计成绩低于分的人数为，C错误；
D，前个矩形的面积之和为，前个矩形的面积之和为，设这组数据的第百分位数为，则，
由百分位数的定义可得，解得，D正确.
故答案为：C.
【分析】本题考查频率分布直方图，核心是利用直方图总面积和为1求解参数a，再依次根据众数定义、频数计算公式、百分位数插值计算方法，逐项判断四个选项的正误。
5．【答案】C
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可知，两点数和为6的所有可能为，
两点数和为7的所有可能为，
甲乙丙丁，
对于A选项，甲与乙可以同时发生，故选项A错误；
对于B选项，由上可知错误，故选项B错误；
对于C选项，（甲丁）（甲）（丁），故选项C正确；
对于D选项，（乙丙）（乙）（丙），故选项D错误.
故选：C.
【分析】先分别计算出事件甲、乙、并、丁的概率，可判断B选项；直接由互斥事件的概念判断A选项；由独立事件概率公式判断C、D选项即可.
6．【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：依题意分两种情况讨论：
①将种算法分成、、、四组，再分配给人，则有种；
②将种算法分成、、、四组，再分配给人，则有种；
综上一共有种不同的分配方案.
故答案为：A
【分析】本题考查分组分配问题（组合数学），核心是遵循 “先分组，后分配” 的原则。由于 6 个元素分给 4 人且每人至少一种，分组方式存在两种不同的非平均分组结构（1、1、1、3 和 1、1、2、2），需分别计算两种分组方式的方案数，最后利用加法原理求和得到总方案数。
7．【答案】C
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：由二项式系数和，得
代入，得，解得：
计算除以：
先把写成，则
根据二项式定理得：
除了这项外，其余项都含有因数能被整除
所以除以余数和除以余数相同
除以商余，
所以除以余数是
故答案为：C.
【分析】本题综合考查二项式系数和、所有项系数和、二项式定理求余数，核心分三步：
1. 利用二项式系数和公式求出指数；
2. 赋值，由所有项系数和求出参数；
3. 对底数拆分，用二项式定理化简幂运算，计算除以的余数。
8．【答案】B
【知识点】条件概率；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：记事件这两名学生在所选课程中有相同课程，事件这两名学生恰好选择了门相同课程，
则，，
由条件概率公式可得.
故答案为：B.
【分析】本题考查条件概率的计算，核心是利用条件概率公式，先分别求解条件事件的基本事件总数、交事件的基本事件总数，再代入公式计算。
9．【答案】B,C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A，甲、乙必须相邻，可将其看成一个整体，有种排法，故A错误；
B，甲乙丙按从左到右的顺序排列，先排丁戊两人，剩余3个位置依次站甲乙丙，有种排法，故B正确；
C，若甲排最左端，有种排法，若乙排最左端，有种排法，所以总共有种排法，故C正确；
D，先排丙丁戊三人，再将甲乙插空，总共有种排法，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】A：使用捆绑法，将相邻元素看成整体，计算甲乙相邻的全排列数。
B：利用定序排列结论，5 人全排列中固定甲乙丙左右顺序的排法。
C：使用位置限制分析法，分左端排甲、左端排乙两类，结合右端限制条件分类求和。
D：使用插空法，先排其余元素，再插入甲乙，计算甲乙不相邻的排法数。
10．【答案】A,B,C
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：A，令x＝0，得a0＝2×1＝2，故A正确；
B，(1－2x)5的展开式的通项为，所以，故B正确；
C，令x＝1，得(2＋1)(1－2×1)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6①，即a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－3－a0＝－3－2＝－5，故C正确；
D，令x＝－1，得(2－1)[1－2×(－1)]5＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6②，由①②解得a1＋a3＋a5＝－123，故D不正确.
故答案为：ABC
【分析】A：利用赋值法，令，即可求出常数项。
B：利用二项式展开式通项公式，拆分式子，合并项系数求解。
C：利用赋值法，令得到所有系数和，再减去，求得。
D：利用赋值法，分别令、，得到两个等式联立相减，求解奇次项系数和。
11．【答案】A,B,D
【知识点】空间直角坐标系；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；空间向量垂直的坐标表示；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】A，如图，取的中点，连接、，
因为点、是、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理，且，所以，
因为平面，平面，所以平面，
且，、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，A对；
B，若是上靠近的四等分点，
以为坐标原点，、、所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
，，
所以，，且，、平面，
所以平面，且过点只有条直线和平面垂直，
则点是唯一的，点是上靠近的四等分点，故B正确；
C，因为是棱的中点，所以点到平面的距离为点到平面的距离的，
由题意可得是等边三角形，且，设点到平面的距离为，
由，所以，
所以，解得，
所以点到平面的距离为，C错；
D，若点在棱上运动，设，，
，，
则点到的距离，
当时，的最小值为，D对.
故答案为：ABD
【分析】A：利用面面平行推线面平行，构造辅助平面，证明平面平面，进而得平面。
B：建立空间直角坐标系，写出各点坐标与对应向量，根据线面垂直的向量条件（直线方向向量垂直于平面内两条不共线向量），求解点位置。
C：利用等体积法，求解点到平面的空间距离。
D：设点参数坐标，利用空间点到直线距离公式，结合二次函数最值，求解距离最小值。
12．【答案】
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意可知，“泥塑”社团的人数为，“剪纸”社团的学生人数为，
所以，
所以按分层抽样的方法抽取一个人的样本进行调查，
则从高二年级“剪纸”社团的学生中应抽取的人数为人.
故答案为：.
【分析】本题考查分层抽样的基本原理，核心是先根据总人数、占比求出剪纸社团总人数，再结合人数比例求出高二年级剪纸社团人数，最后按照抽样比计算抽取人数。
13．【答案】
【知识点】二项式系数的性质；组合数公式
【解析】【解答】解：当且时，的展开式通项为，
所以的展开式中的系数是
.
故答案为：.
【分析】首先明确： 展开式中 的系数为组合数 ；原式系数为一系列组合数累加，利用组合数恒等式 进行裂项化简求和。
14．【答案】
【知识点】二项分布；正态分布定义
【解析】【解答】解：因为，服从正态分布，
所以，所以.
所以从3名考生中，至少有2名考生的成绩高于90的概率为：
.
故答案为：.
【分析】本题结合正态分布的对称性与二项分布概率公式求解。核心是先利用正态分布对称轴，求出单名考生成绩高于 90 的概率，再拆分 “至少 2 人高于 90” 为「恰好 2 人高于 90」、「恰好 3 人高于 90」两种互斥情况，分别计算概率后求和。
15．【答案】（1）解：由表格知：，，
，
有，
则y与x线性相关
（2）解：由题意得，完善表格如下：
购置传统燃油车 购置新能源车 总计
男性车主 38 10 48
女性车主 2 10 12
总计 40 20 60
提出假设：购车车主是否购置新能源乘用车与性别无关由列联表数据得：
，因为，
故有的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关．
【知识点】独立性检验的应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】(1) 代入线性相关系数公式，结合题目给出的求和数据、参考近似值，计算相关系数，根据的判定规则，判断线性相关性；
(2) 根据列联表行列总数的加减运算补全列联表，代入独立性检验公式计算统计量，对比临界值表，判断相关性的把握程度。
（1）由表格知：，，
，
有，
则y与x线性相关
（2）依题意，完善表格如下：
　 购置传统燃油车 购置新能源车 总计
男性车主 38 10 48
女性车主 2 10 12
总计 40 20 60
提出假设：购车车主是否购置新能源乘用车与性别无关由列联表数据得：
，因为，
故有的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关．
16．【答案】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
因为，所以两两垂直，
所以以为原点，分别以所在的直线为建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
设，
所以，
所以，
所以，
所以
（2）解：因为为线段上的中点，所以，
所以，，
设平面的法向量为，则
，令，则，
设直线与平面所成角为，则
，
因为，所以，
所以直线与平面所成角的大小为.
【知识点】平面的法向量；直线与平面所成的角；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【分析】(1) 设出M点参数坐标，写出对应向量，通过向量点积为0证明线线垂直；
(2) 由中点确定M坐标，求出平面BCM的法向量，结合线面角向量公式，求解直线与平面所成角。
（1）证明：因为平面，平面，
所以，
因为，所以两两垂直，
所以以为原点，分别以所在的直线为建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
设，
所以，
所以，
所以，
所以
（2）因为为线段上的中点，所以，
所以，，
设平面的法向量为，则
，令，则，
设直线与平面所成角为，则
，
因为，所以，
所以直线与平面所成角的大小为.
17．【答案】（1）解：第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为，因为两次中奖相互独立，所以中奖次数，的可能取值为、、，
则，，，
则的分布列为
因为，所以的方差为.
（2）解：若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，
则中奖次数的可能取值为、、，
则，，
，
所以，随机变量的分布列为
所以的期望为.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；条件概率
【解析】【分析】(1) 先计算单次抽奖中奖的概率，有放回抽奖两次相互独立，随机变量X服从二项分布，写出分布列，用二项分布方差公式计算方差；
(2) 无放回抽奖，两次抽奖不独立，先确定Y的所有取值，用条件概率、分步乘法计数原理计算每个取值的概率，列出分布列，再用期望公式求数学期望。
（1）第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为，因为两次中奖相互独立，所以中奖次数，的可能取值为、、，
则，，，
则的分布列为
因为，所以的方差为.
（2）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，
则中奖次数的可能取值为、、，
则，，
，
所以，随机变量的分布列为
所以的期望为.
18．【答案】（1）解：如图，在图1中，连接，交于点，
因为四边形为边长是的正方形，则，
在图2中，则有，，，
因为是直二面角，所以平面平面，
因为平面平面，，平面，所以有平面，
以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图：
由题意，、、、，
所以，，
设异面直线与所成角为，
所以有，
因为，故，即异面直线与所成角为.
（2）解：如图2，假设在棱上存在点，满足，其中，
使得二面角的余弦值为，
则，
又，设平面的一个法向量为，
则，取，则，
由题意可知，平面的一个法向量为，
所以，化简得：，
解得或（舍去），
故存在点，只需满足，
即棱上存在点，当时，二面角的余弦值为．
【知识点】异面直线所成的角；平面的法向量；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1) 建立坐标系写出对应向量，用异面直线向量夹角公式求解异面直线所成角；
(2) 设参数表示点坐标，求出两个面的法向量，结合二面角余弦值列方程，解出并判断是否存在。
（1）如图，在图1中，连接，交于点，
因为四边形为边长是的正方形，则，
在图2中，则有，，，
因为是直二面角，所以平面平面，
因为平面平面，，平面，所以有平面，
以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图：
由题意，、、、，
所以，，
设异面直线与所成角为，
所以有，
因为，故，即异面直线与所成角为.
（2）如图2，假设在棱上存在点，满足，其中，
使得二面角的余弦值为，
则，
又，设平面的一个法向量为，
则，取，则，
由题意可知，平面的一个法向量为，
所以，化简得：，
解得或（舍去），
故存在点，只需满足，
即棱上存在点，当时，二面角的余弦值为．
19．【答案】（1）解：因为，则，所以，解得，
所以，所以，
故所求切线方程为，即.
（2）解：当时，，令，解得，列表得：
＋
单调递减 单调递增
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以函数的极小值为，无极大值.
（3）解：因为，则，
①当时，由得，此时函数只有一个零点，不合乎题意；
②当时，，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
函数的极小值为，且，
当时，由零点存在定理可知，使得，
当时，，，所以，
所以，
取，所以，则，
由零点存在定理可知，存在，使得，
此时函数有两个零点；
③当时，，令得或.
（i）当时，即时，列表如下：
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
此时，函数的极大值为，
故当时，，
由于函数在上单调递增，故函数在上至多一个零点，
此时函数在上至多一个零点，不合乎题意；
（ii）当时，即当时，对任意的，恒成立，
此时函数在上至多一个零点，不合乎题意；
（iii）当时，即当时，列表如下
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
当且时，，
由于函数在上单调递增，故函数在上至多一个零点，
所以函数在上至多一个零点.
综上所述，实数的取值范围是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值；直线的点斜式方程；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1) 先求导函数，利用切线斜率等于该点导数值求参数a，再求切点纵坐标，由点斜式写切线方程；
(2) 代入的值，分析导函数符号得到单调性，由极值定义求函数极值；
(3) 对参数a分、三类讨论，结合单调性、极值、零点存在定理，判断函数零点个数，得到的取值范围。
（1）因为，则，所以，解得，
所以，所以，
故所求切线方程为，即.
（2）当时，，令，解得，列表得：
＋
单调递减 单调递增
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以函数的极小值为，无极大值.
（3）因为，则，
①当时，由得，此时函数只有一个零点，不合乎题意；
②当时，，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
函数的极小值为，且，
当时，由零点存在定理可知，使得，
当时，，，所以，
所以，
取，所以，则，
由零点存在定理可知，存在，使得，
此时函数有两个零点；
③当时，，令得或.
（i）当时，即时，列表如下：
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
此时，函数的极大值为，
故当时，，
由于函数在上单调递增，故函数在上至多一个零点，
此时函数在上至多一个零点，不合乎题意；
（ii）当时，即当时，对任意的，恒成立，
此时函数在上至多一个零点，不合乎题意；
（iii）当时，即当时，列表如下
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
当且时，，
由于函数在上单调递增，故函数在上至多一个零点，
所以函数在上至多一个零点.
综上所述，实数的取值范围是.
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