江苏省连云港市2022-2023学年高二下期末数学试卷（含答案解析）

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1、江苏省连云港市2022-2023学年高二下期末数学试题一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1. 抛掷一颗质地均匀的骰子，样本空间，事2. 件，事件，则（ ）A. B. C. D. 2. 设随机变量，且，则（ ）A. B. C. D. 3. 某杂交水稻研究小组先培育出第一代杂交水稻，再由第一代培育出第二代，第二代培育出第三代，以此类推，且亲代与子代的每穗总粒数之间的关系如下表所示：代数代码1234总粒数197193201209通过上面四组数据得到了与之间的线性回归方程是，预测第十代杂交水稻每穗的总粒数为（ ）A. 233B. 234C. 235D. 2364. 若一个正棱台，其上下底面

2、分别是边长为和的正方形，高为，则该正棱台的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 5. 若4名学生报名参加数学物理计算机航模兴趣小组，每人限报1项，则恰好航模小组没人报的方式有（ ）A 18种B. 36种C. 72种D. 144种6. 已知m，n为异面直线，m平面，n平面，直线l满足l m，l n，则（ ）A. 且B. 且C. 与相交，且交线垂直于D. 与相交，且交线平行于7. 被除所得的余数是（ ）A. B. C. D. 8. 在中，为斜边上异于的动点，若将沿折痕翻折，使点折至处，且二面角的大小为，则的最小值为（ ）A. 4B. C. D. 二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分

3、.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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知，则（ ）A. B. C. D. 10. 从0，1，2，3，4，5，6这7个数字中取出4个数字，则（ ）A. 可以组成720个无重复数字的四位数B. 可以组成300个无重复数字且为奇数的四位数C. 可以组成270个无重复数字且比3400大的四位数D. 可以组成36个无重复数字且能被25整除的四位数11. 袋内有除颜色外其它属性都相同的3个黑球和2个白球，则下列选项正确的是（ ）A. 有放回摸球3次，每次摸1球，则第3次摸到白球的概率是B. 有放回摸球3次，每次摸1球，则第3次才摸到白球的概

4、率是C. 不放回摸球3次，每次摸1球，则第3次摸到白球的概率是D. 不放回摸球3次，每次摸1球，则第3次才摸到白球的概率是12. 在棱长为2的正方体中，为的中点，点在正方体的面内（含边界）移动，点为线段上的动点，设，则（ ）A. 当时，平面B. 定值C. 的最小值为D. 当直线平面时，点的轨迹被以为球心，为半径的球截得长度为1三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 某厂用甲乙两台机器生产相同的零件，它们的产量各占，而各自的产品中废品率分别为，则该厂这种零件的废品率为_.14. 为考查某种流感疫苗的效果，某实验室随机抽取100只健康小鼠进行试验，得到如下列联表：感染未感染注射104

5、0未注射20300.0500250.0103.8415.0246.635则在犯错误的概率最多不超过_的前提下，可认为“注射疫苗”与“感染流感”有关系.参考公式：.15. 将边长为的正方形绕旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，与在平面的同侧，则异面直线与所成角的正切值为_.16. 如图，在杨辉三角中，斜线上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：，记这个数列的前项和为，则的值为_. 四解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17. 在中，内角所对的边分别为.已知.（1）求；（2）若，且的面积为，求的周长.18. 李平放学回家途经3个有红绿灯路口，交通法规定：若在路口遇到

6、红灯，需停车等待；若在路口没遇到红灯，则直接通过.经长期观察发现：他在第一个路口遇到红灯的概率为，在第二第三个路口遇到红灯的概率依次增加，在三个路口都没遇到红灯的概率为，在三个路口都遇到红灯的概率为，且他在各路口是否遇到红灯相互独立.（1）求李平放学回家途中在第三个路口首次遇到红灯的概率；（2）记为李平放学回家途中遇到红灯的路口个数，求数学期望.19. 已知数列的前项和为.（1）证明：数列是等差数列；（2）设，求数列的前项和.20. 如图，在三棱锥中，平面平面. （1）求异面直线与间的距离；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值.21. 已知椭圆离心率为，且点在椭圆上.（1）求椭

7、圆的标准方程；（2）斜率为正数且不过原点的直线交椭圆于两点，线段的中点为，射线交椭圆及直线分别于点和点，且.证明：直线过定点.22. 已知函数.（1）当为何值时，轴为曲线的切线；（2）用表示中的最大值，设函数，试讨论函数零点的个数.江苏省连云港市2022-2023学年高二下期末数学试题一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1. 抛掷一颗质地均匀的骰子，样本空间，事件，事件，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出，和，然后利用条件概率公式求解即可.【详解】由题知，所以.故选：B2. 设随机变量，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用正

8、态分布曲线的性质即可求解.【详解】因为，所以根据正态分布曲线特征可得，即.故选：D3. 某杂交水稻研究小组先培育出第一代杂交水稻，再由第一代培育出第二代，第二代培育出第三代，以此类推，且亲代与子代的每穗总粒数之间的关系如下表所示：代数代码1234总粒数197193201209通过上面四组数据得到了与之间的线性回归方程是，预测第十代杂交水稻每穗的总粒数为（ ）A. 233B. 234C. 235D. 236【答案】A【解析】【分析】求出样本中心，然后确定回归直线方程，即可求解预测当时，的估计值.【详解】由题意可知：，.因为回归直线方程经过样本中心，所以，解得，回归直线方程为：，当时，的估计值为：

9、.故选：A.4. 若一个正棱台，其上下底面分别是边长为和的正方形，高为，则该正棱台的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件作图，利用求得，即可求出外接球半径，求出外接球表面积.【详解】根据条件，作正棱台图像如下， 则其外接球球心在高的延长线上，所以，由，可得，解得，所以外接球半径即，所以其外接球表面积为.故选：A5. 若4名学生报名参加数学物理计算机航模兴趣小组，每人限报1项，则恰好航模小组没人报的方式有（ ）A. 18种B. 36种C. 72种D. 144种【答案】B【解析】【分析】由题知先对学生进行分组，然后在对兴趣小组进行选择即可.【详解】因为题

10、意要求恰好航模小组没人报，则将4名学生中的两个“捆绑”分为3组， 则此时有：种情况，然后选择三个小组有：，故满足题意的情况数为：，故选：B.6. 已知m，n为异面直线，m平面，n平面，直线l满足l m，l n，则（ ）A. 且B. 且C. 与相交，且交线垂直于D. 与相交，且交线平行于【答案】D【解析】【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论7. 被除所得的余数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由利用二项

11、式定理展开即可得出的二项展开式，进而得出结果.【详解】因为，所以，所以被除所得的余数是.故选：C8. 在中，为斜边上异于的动点，若将沿折痕翻折，使点折至处，且二面角的大小为，则的最小值为（ ）A. 4B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】依题意作出相应图形，得到，记，利用空间数量积的运算性质可得出，从而求得的最小值.【详解】过点在平面内作直线，垂足为点，过点在平面内作直线，垂足为点，如下图所示： ，在中，所以，记，且，则，所以，因为二面角的大小为，即为向量，的夹角为，且，所以，则，当且仅当时，即当时，等号成立，因此，线段长度的最小值为4.故选：A.二多选题：本题共4小题，每小题5分，共2

12、0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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知，则（ ）A. B. C. D 【答案】AC【解析】【分析】求出的通项结合赋值法对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，令，则，故A正确；对于B，的通项为，所以令可得，故B错误；对于C，的通项为，所以当时，即，而，所以令，则，而，故C正确；对于D，令可得，又因为令，则，所以，故D错误.故选：AC.10. 从0，1，2，3，4，5，6这7个数字中取出4个数字，则（ ）A. 可以组成720个无重复数字的四位数B. 可以组成300个无重复数字且为奇数的四位数C. 可以组成270个无重复数

13、字且比3400大的四位数D. 可以组成36个无重复数字且能被25整除的四位数【答案】ABD【解析】【分析】根据0不能排在首位，利用分步计数原理可判断A；先排个位，再排千位，然后排十位与百位可判断B；分三类，千位比3大的数，千位是3且百位比4大的数，千位是3且百位是4的数，进而可判断C；对个位与十位分两种情况讨论判断D.【详解】首位不能排0，有种排法，后面三位从剩下的6个数字中任选3个进行排列，所以共有，即可以组成720个无重复数字的四位数，A正确；个位从1，3，5选择一个，有种选法；千位数字不可选0，从剩下的5个中选一个，有种选法；在剩下的5个数字中选出2个，安排在百位、十位数字，有种选法，则

14、个无重复数字的四位奇数；B正确；3400大的四位数分三类：第一类千位比3大的数，其它三位任意排，有个，第二类千位是3，百位比4大的数，其它两位任意排，有个，第三类千位是3，百位是4的数，其它两位任意排，有个，根据分类计数原理得比3400大的四位数共有，C不正确；能被25整除的四位数分两类：第一类：形如25，共个；第二类：形如50，共有个；能被25整除的四位数共有：个，D正确.故选：ABD.11. 袋内有除颜色外其它属性都相同的3个黑球和2个白球，则下列选项正确的是（ ）A. 有放回摸球3次，每次摸1球，则第3次摸到白球的概率是B. 有放回摸球3次，每次摸1球，则第3次才摸到白球的概率是C. 不

15、放回摸球3次，每次摸1球，则第3次摸到白球的概率是D. 不放回摸球3次，每次摸1球，则第3次才摸到白球的概率是【答案】BCD【解析】【分析】AB选项，考虑有放回时，利用白球和黑球个数比例求出相应的概率；C选项，考虑两种情况，求出相应的概率求和即可；D选项，在C选项的基础上进行求解即可.【详解】A选项，有放回摸球3次，每次摸1球，则第3次摸到白球的概率为，A错误；B选项，放回摸球3次，每次摸1球，则第3次才摸到白球，则前两次均摸到黑球，故概率为，B正确；C选项，不放回摸球3次，每次摸1球，则第3次摸到白球，分以下两种情况进行求解，前两次摸到1个白球，第三次摸到白球和前两次没有摸到白球，第三次摸到

16、白球，其中前两次摸到1个白球，第三次摸到白球的概率为，前两次没有摸到白球，第三次摸到白球的概率为，综上：第三次摸到白球的概率为，C正确；D选项，不放回摸球3次，每次摸1球，则第3次才摸到白球的概率为，D正确.故选：BCD12. 在棱长为2的正方体中，为的中点，点在正方体的面内（含边界）移动，点为线段上的动点，设，则（ ）A. 当时，平面B. 为定值C. 的最小值为D. 当直线平面时，点的轨迹被以为球心，为半径的球截得长度为1【答案】ABD【解析】【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和直线的方向向量可判断A；利用等体积法即可判断B；由两点间的距离公式求出，由二次函数的性质可判断

17、C；根据面面平行的判定定理知点轨迹为线段，即可求出的轨迹被以为球心，为半径的球截得长度即可判断D.【详解】对于A，以为原点，以，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 因为正方体的棱长为2，所以 ，则， 设平面的一个法向量为，则,取，则，因为，所以，所以，因为平面，所以平面，故A正确；对于B，设点到平面的距离为， 则所以，因为点在正方体的面内（含边界）移动，又因为平面平面，所以点到平面的距离为定值，又因为为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；对于C，设，所以，所以，所以，则，故C错误；对于D，连接，由正方体的性质知，平面，平面，所以平面，平面，平面，所以平面，所以平面平面，因为

18、点在正方体的面内（含边界）移动，当，则平面，则平面，则点轨迹为线段，取中点，连接，而为等边三角形，则，以A为球心，为半径球截的长度为，故D正确； 故选：ABD.【点睛】方法点睛：立体几何中的动态问题：几何法：根据图形特征，寻找两点之间的距离的范围；坐标法：建立空间直角坐标系，利用坐标求范围.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 某厂用甲乙两台机器生产相同的零件，它们的产量各占，而各自的产品中废品率分别为，则该厂这种零件的废品率为_.【答案】【解析】【分析】由全概率公式求解即可.【详解】由已知得，这种零件的废品率为.故答案为：14. 为考查某种流感疫苗的效果，某实验室随机抽取10

19、0只健康小鼠进行试验，得到如下列联表：感染未感染注射1040未注射20300.050.0250.0103.8415.0246.635则在犯错误的概率最多不超过_的前提下，可认为“注射疫苗”与“感染流感”有关系.参考公式：.【答案】0.05#【解析】【分析】补充列联表，计算可得，即可得出答案.【详解】补充列联表可得，感染未感染合计注射104050未注册203050合计3070100所以，.所以，在犯错误的概率最多不超过的前提下，可认为“注射疫苗”与“感染流感”有关系.故答案为：0.05.15. 将边长为正方形绕旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，与在平面的同侧，则异面直线与所成角的正切值为_.【

20、答案】【解析】【分析】设点在下底面圆周的射影为，连接，则，直线与所成角为或其补角，判断出的形状，即可得解.【详解】设点在下底面圆周的射影为，连接，则，所以，直线与所成角为或其补角，且，连接、，则，所以，又因为，则为等边三角形，且，因为平面，平面，则，故为等腰直角三角形，故直线与所成角大小为，其正切值为.故答案为：.16. 如图，在杨辉三角中，斜线上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：，记这个数列的前项和为，则的值为_. 【答案】454【解析】【分析】分组求和，结合组合数公式，计算出答案.【详解】根据组合知识可得.故答案为：454四解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算

21、步骤.17. 在中，内角所对的边分别为.已知.（1）求；（2）若，且的面积为，求的周长.【答案】（1） （2）.【解析】【分析】（1）利用二倍角公式化简即可求得.（2）利用面积公式和余弦定理即可求解.【小问1详解】由，得，在中，在中，.【小问2详解】，由余弦定理得，的周长为.18. 李平放学回家途经3个有红绿灯的路口，交通法规定：若在路口遇到红灯，需停车等待；若在路口没遇到红灯，则直接通过.经长期观察发现：他在第一个路口遇到红灯的概率为，在第二第三个路口遇到红灯的概率依次增加，在三个路口都没遇到红灯的概率为，在三个路口都遇到红灯的概率为，且他在各路口是否遇到红灯相互独立.（1）求李平放学回家途

22、中在第三个路口首次遇到红灯的概率；（2）记为李平放学回家途中遇到红灯的路口个数，求数学期望.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设第二三个路口遇到红灯的概率分别为，由已知列出方程组，求解得出的值，即可得出答案；（2）的可能值为，根据独立事件的乘法公式以及互斥事件的概率加法公式，分别求出取不同值的概率，列出分布列，然后根据期望公式，即可得出答案.【小问1详解】设第二三个路口遇到红灯的概率分别为，依题意可得解得或（舍去），所以李平放学回家途中在第三个路口首次遇到红灯的概率.【小问2详解】由已知可得，的可能值为，所以，分布列为0123所以，.19. 已知数列的前项和为.（1）证明：数列是等差

23、数列；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据，变形得到，从而得到，得到答案；（2）先在（1）的基础上求出，利用错位相减法求出答案.【小问1详解】因为，即，即，是1为首项，1为公差的等差数列.【小问2详解】由（1）知，故，两式相减得，所以.20. 如图，在三棱锥中，平面平面. （1）求异面直线与间的距离；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1） （2）.【解析】【分析】（1）法一：根据等腰三角形性质得PO垂直AC，根据线面垂直的判定定理得面，在面中，作，知为异面直线与间的距离可得答案；法二：以为坐标原点，所在直线分别为轴，

24、轴，轴，建立空间直角坐标系，设，且可得，由异面直线与间的距离向量求法可得答案；（2）方法一：在平面内作，则平面，在平面内作，则，得为二面角平面角，法一：设点到平面的距离为，利用得可得答案；法二：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量求法可得答案.【小问1详解】法一：取中点，连接，由知，又平面平面，平面平面，故平面，连接，则，又因为为中点，故，面，故面，在面中，作，则由知为异面直线与间的距离，由，知，即异面直线与间的距离为； 法二：取中点，连接，由知，又平面平面，平面平面，故平面以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，则，设，且，则，令，则，又

25、，则异面直线与间的距离为； 【小问2详解】由（1）知平面，可得平面平面，如图，在平面内作，垂足为，则平面，在平面内作，垂足为，联结，平面，所以，且，平面，所以平面，平面，所以 故为二面角的平面角，即，设，则，在Rt中，在Rt中，由知，得，法一：设点到平面的距离为，由，得，即，又，解得，则与平面所成角的正弦值为；法二：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图，则，设平面的法向量为，则由，知，令，则，则与所成角的余弦值为，则与平面所成角的正弦值. 21. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）斜率为正数且不过原点的直线交椭圆于两点，线段的中点为，射线

26、交椭圆及直线分别于点和点，且.证明：直线过定点.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率与椭圆上的点列方程求解即可得椭圆方程；（2）设直线的方程为：，联立直线与椭圆得交点坐标关系，再结合线段坐标表示求解的值即可得结论.【小问1详解】由题知，解得：，所以椭圆.【小问2详解】设直线的方程为：， 由，得，由得，设，则，射线OP的方程为，由，得；由，得，由，得，即，解得，直线恒过定点.【点睛】方法点睛：本题考察直线过定点问题，常用方法：设直线方程，联立曲线方程消元，根据韦达定理，结合已知条件列方程，寻找k和b的关系，代回直线方程化为点斜式可得.22. 已知函数.（1）当为

27、何值时，轴为曲线的切线；（2）用表示中的最大值，设函数，试讨论函数零点的个数.【答案】（1） （2）答案见解析【解析】【分析】（1）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的a值；（2）根据对数函数的图象与性质将分为，研究 的零点个数，若零点不容易求解，则对再分类讨论.【小问1详解】设曲线与轴相切于点，则，即，解得.【小问2详解】当时，在无零点.当时，若，则，故是的零点；若，则，故不是的零点.当时，所以只需考虑在的零点个数.（i）若或，则在无零点，故在单调，而，所以当时，在有一个零点；当时，在无零点.（ii）若，则在单调递增，在单调递减，故当时，取的最大值，最大值为.若，即无零点.若，即，则在有唯一零点；若，即，由于，所以当时，在有两个零点；当时，在有一个零点.综上，当或时，有一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.【点睛】方法点睛：利用导数研究方程根（函数零点）的技巧（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现