湖北省黄石市2020-2021学年高二上学期期末数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．命题“x0都有x2x30”的否定是（ ） A．x0，使得x2x30 C．x0，都有x2x30

B．x0，使得x2x30 D．x0，都有x2x30

2．钱大姐常说“便宜没好货”，她这句话的意思是：“不便宜”是“好货”的（） A．充分条件 必要条件

3．下列问题中，最适合用分层抽样方法抽样的是( )

A．某电影院有32排座位，每排有40个座位，座位号是1～40.有一次报告会坐满了听众，报告会结束以后为听取意见，要留下32名听众进行座谈 B．从10台冰箱中抽出3台进行质量检查

C．某乡农田有山地8 000亩，丘陵12 000亩，平地24 000亩，洼地4 000亩，现抽取农田480亩估计全乡农田平均产量 D．从50个零件中抽取5个做质量检验

4．一个总体中有600个个体，随机编号为001，002，…，600，利用系统抽样方法抽取容量为24的一个样本，总体分组后在第一组随机抽得的编号为006，则在编号为051~125之间抽得的编号为（ ） A．056，080，104 C．054，079，104

B．054，078，102 D．056，081，106

B．必要条件

C．充分必要条件

D．既非充分也非

5．某班对一次实验成绩进行分析，利用随机数表法抽取样本时，先将50个同学按01，02．03，…50进行编号，然后从随机数表第9行第11列的数开始向右读，则选出的第6个个体是（ ）（注：表为随机数表的第8行和第9行）

63 01 63 78 59 16 95 55 67 19 98 10 50 71 75 12 86 73 58 07 44 39 52 38 79

33 21 12 34 29 78 56 07 82 52 42 07 44 38 15 51 00 13 42 99 66 02 79 54 A．00

B．13

C．42

D．44

6．如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB,AC，M,N分别是对边OB,AC的中点，点G在线段MN上，MG2GN，现用基向量OA,OB,OC表示向量OG，设

OGxOAyOBzOC，则x,y,z的值分别是（ ）

111

333111C．x，y，z

363A．x，y，z111

336111D．x，y，z

633B．x，y，z7．从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（ ） A．至少有一个黑球与都是黑球 B．至少有一个黑球与至少有一个红球 C．恰好有一个黑球与恰好有两个黑球 D．至少有一个黑球与都是红球

8．如图是一边长为8的正方形苗圃图案，中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心，圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的2倍.若在正方形图案上随机取一点，则该点取自黑色区域的概率为（ ）

A．

 8B．

 16C．18

D．1

16

9．在100，101，…，999这些数中，各位数字按严格递增或严格递减顺序排列的数的个数是 （ ） A．120

B．168

C．204

D．216

10．如图，600的二面角的棱上有A,B两点，直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB．已知AB4,AC6,BD8，则CD的长为

A．17 B．7

C．217 D．9

11．已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示。为了了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则样本容量和估计抽取的高中生近视人数分别为（ ）

A．200，40 B．200，20 C．200，10 D．100，10

12．已知长方体ABCDA1B1C1D1，ADAA11，AB3，E为线段AB上一点，且AE1AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为( ) 3

A．335 35B．27 7C．3 3D．

2 4

二、填空题

13．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别是AA1，BB1的中点，则CM和D1N所成角的余弦值为__________．

14．某校有4个社团向高一学生招收新成员，现有3名同学，每人只选报1个社团，恰

有2个社团没有同学选报的报法数有__________种（用数字作答）．

15．已知命题p:x2a4xa4a0，命题q:x2x30，若p是q22的充分不必要条件，则a的取值范围为 ． 16．已知一组正数x1,x2,x3,x4的方差s212222(x1x2x3x416)，则数据4x12,x22,x32,x42的平均数为________.

三、解答题 17．

甲、乙等五名奥运志愿者被随机地分到A，B，C，D四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．

（Ⅰ）求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率； （Ⅱ）求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率．

18．已知命题p：xR,ax2ax10，命题q:2a13． (1)若命题p是真命题，求实数a的取值范围；

(2)若p∨q是真命题，p∧q是假命题，求实数a的取值范围．

219．已知x2nN的展开式中第二项与第三项的二项式系数之和为36．

x（1）求n的值；

（2）求展开式中含x2的项及展开式中二项式系数最大的项．

20．为庆祝国庆节，某中学团委组织了“歌颂祖国，爱我中华”知识竞赛，从参加考试的学生中抽出60名，将其成绩(成绩均为整数)分成[40，50)，[50，60)，…，[90，100)六组，并画出如图所示的部分频率分布直方图，观察图形，回答下列问题：

3n

（1）求第四组的频率，并补全这个频率分布直方图；

（2）请根据频率分布直方图，估计样本的众数、中位数和平均数．（每组数据以区间的中点值为代表）

21．如图，在三棱锥PABC中，平面PAB平面ABC，AB6，BC23，AC26，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD2DB，CE2EB，

PDAC.

(1)求证：PD平面ABC； (2)若直线PA与平面ABC所成的角为

，求平面PAC与平面PDE所成的锐二面角． 422．如图所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，AB//CD，

ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱A1A的中点.

（1）证明：B1C1CE；

（2）求二面角B1CEC1的正弦值；

（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值是段AM的长.

2，求线6参

1．B 【分析】

按照全称命题的否定的原则来处理即可 【详解】

由全称命题的否定为特称命题,

可得命题“x0都有x2x30”的否定是“x0都有x2x30”, 故选B 【点睛】

本题考查全称命题的否定,属于基础题 2．B 【解析】

根据等价命题，便宜Þ没好货，等价于，好货Þ不便宜，故选B． 【考点定位】考查充分必要性的判断以及逻辑思维能力，属中档题． 3．C 【解析】

A的总体容量较大，B的总体容量较小，宜采用系统抽样方法；用简单随机抽样法比较方便；C总体容量较大，且各类田地的产量差别很大，宜采用分层抽样方法；D与B类似． 考点：抽样方法． 4．D 【分析】

将总体平均分组可知每组人数，根据系统抽样原则等距抽取得到结果. 【详解】

将总体平均分为24组，则每组有6002425人

252656，253681，2546106

故编号为051125之间抽得的编号为：056，081，106 故选：D 【点睛】

泵体考查抽样方法中的系统抽样问题，属于基础题. 5．B

【分析】

根据随机数表抽取原则按序得到所抽取的个体即可得到结果. 【详解】

第9行第11列开始读取，依次得到的编号为：78（舍）、（舍）、56（舍）、07、82（舍）、、42、07（重复，舍）、44、38、15、51（舍）、00（舍）、13 52（舍）

即第6个个体为13 故选：B 【点睛】

本题考查简单随机抽样方法中的随机数表法，关键是明确随机数表抽取时，超出所给编号范围和重复抽取的编号需去除. 6．D 【分析】

根据向量的加减法运算和数乘运算原则可表示出OG，进而得到结果. 【详解】

12121212OGOMMGOAMNOAMAANOAOAAN23232323525221OAABBNOAABBC636332521111OAOBOAOCOBOAOBOC 633633x111，y，z

363故选：D 【点睛】

本题考查用基底表示向量，关键是能够熟练掌握向量的加减法运算和数乘运算原则. 7．C 【分析】

列举每个事件所包含的基本事件，结合互斥事件和对立事件的定义求解. 【详解】

A. “至少有一个黑球”等价于“一个黑球和一个红球或两个黑球”与“都是黑球”可以同时发生，不是互斥事件，故错误.

B. “至少有一个黑球” 等价于“一个黑球和一个红球或两个黑球”，“至少有一个红球”等价于

“一个黑球和一个红球或两个红球”，可以同时发生，故错误.

C. “恰好有一个黑球” 等价于“一个黑球和一个红球”，与“恰好有两个黑球”，不同时发生，还有可能都是红球，不是对立事件，故正确.

D. “至少有一个黑球” 等价于“一个黑球和一个红球或两个黑球”，与“都是红球”，不同时发生，但一定会有一个发生，是对立事件，故错误. 故选：C 【点睛】

本题主要考查互斥事件与对立事件，还考查了理解辨析的能力，属于基础题. 8．C 【分析】

设黑色小圆的半径为r，则黑色大圆的半径为2r，由题意求得r，进一步求出黑色区域的面积，由测度比是面积比得答案． 【详解】

解：设黑色小圆的半径为r，则黑色大圆的半径为2r， 由题意可知，8r8，即r1．

图中黑色区域的面积为8842412228，

又正方形的面积为．

在正方形图案上随机取一点，则该点取自黑色区域的概率为

故选：C． 【点睛】

81． 8本题考查几何概型的概率的求法，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题． 9．C 【解析】

试题分析：由题可知分为两大类，第一类不含0时，从9个数字中任选3个，则这个数字递

3增或递减的顺序确定是两个三位数，共有2C9168个；第二类含0时，从9个数字中任选22个数，它们只有递减一种结果，共有C936个．根据分类计数原理知共有168+36=204

个．故选C． 考点：计数原理 10．C

【解析】

如下图，作DE//AB,连CE,所以ABDE为矩形，CAE600，AB=DE=4

CE2CA2AE22ACAEcosCAE364852，RtCED,

CDCE2DE21652217,选C.

11．B 【分析】

利用总量乘以抽取比例即可得到样本容量；根据图表知高中生近视率为50%，由此计算可得结果. 【详解】

样本容量n3500200045002%200 估计抽取高中生近视人数为20002%50%20人 故选：B 【点睛】

本题考查统计中样本容量、样本与总体之间的关系等知识，属于基础题. 12．A 【解析】

以D为坐标原点,DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则

C1(0,3,1),D1(0,0,1),E(1,1,0),C(0,3,0)DC1(0,3,1),D1E(1,1,1),DC1(0,3,1)设平面D1EC一个法向量为n(x,y,z) ，则由

(x,y,z)(1,1,1)0xyz0取y1,z3,x2n(2,1,3) (x,y,z)(0,3,1)03yz0因为cosDC1,n(0,3,1)(2,1,3)6335 ，所以DC1与平面D1EC所成的角351014140的正弦值为

335，选A 35点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 13．

1 9【分析】

以D为原点建立空间直角坐标系，设棱长为2，根据异面直线所成角的空间向量求法可求得结果. 【详解】

以D为原点可建立如下图所示的空间直角坐标系

设正方体棱长为2，则C0,2,0，M2,0,1，D10,0,2，N2,2,1

CM2,2,1，D1N2,2,1

CMD1NCMD1N441331 9cosCM,D1N1 9即异面直线CM与D1N所成角的余弦值为故答案为：【点睛】

1 9本题考查空间向量法求解异面直线所成角的问题，易错点是忽略异面直线所成角的范围为

0,，造成求解余弦值时符号错误. 214．36 【解析】

先选出学生选报的社团，共有C42种选法，再把这3名同学分配到这两个社团，共有

22226，故恰有2个社团没有同学选报数有36．

15．1,2 【解析】

解不等式可得命题p:axa4，q:2x3，∵p是q的充分不必要条件，

a2,pq，∴qp，∴∴1a2，所以a的取值范围为1,2.

a43,考点：一元二次不等式的解法，充分条件与必要条件. 16．4 【解析】

试题分析：由题意4x216，x2，所以

(x12)(x22)(x32)(x42)4x1x2x3x42

44．

考点：方差与均值． 17．（Ⅰ）

1 40（Ⅱ）

9 10【解析】

3A31（Ⅰ）记甲、乙两人同时参加A岗位服务为事件EA，那么P(EA)24，

C5A440即甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是

1． 404A41（Ⅱ）设甲、乙两人同时参加同一岗位服务为事件E，那么P(E)24，

C5A410所以，甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是P(E)1P(E)18．(1) 0,4 (2) 1,0【分析】

9． 102,4

（1）根据命题为真命题，分类讨论a是否为0；再根据开口及判别式即可求得a的取值范围．

（2）根据复合命题的真假关系，得出p,q一个为真命题，一个为假命题，然后进行求解可得范围. 【详解】

根据复合命题真假，讨论p真q假，p假q真两种情况下a的取值范围． （1）命题p是真命题时，ax2ax1>0在R范围内恒成立， ∴①当a0时，有10恒成立；

a0②当a0时，有，解得：0a4； 2a4a0∴a的取值范围为：0,4.

（2）∵pq是真命题，pq是假命题，∴p，q中一个为真命题，一个为假命题，

pqq2a13由为真时得由，解得1a2，故有：①真假时，有0a4，解得：2a4； a2②p假q真时，有0a4a1或

a0a4或，解得：1a0；

1a21a2∴a的取值范围为：1,0【点睛】

2,4.

本题考查了命题真假及复合命题真假的简单应用，求参数的取值范围，属于基础题． 19．（I）8；（II）1120【解析】

1. x6分析：（1）由条件利用二项式系数的性质求得n的值; (2) 二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于项,进而得到展开式中二项式系数最大的项.

详解：（I）由题意知，第二项的二项式系数为，第三项的二项式系数为，

12CnCn36,得：n2n720,

33，求得r的值，可得展开式中含x2的2

得n8或n9（舍去）.

2(II)x2的通项公式为： xTk1C(x)k88k85k2kkkk(2)(1)2C8x2，令8﹣5k=3，求得k=1， x32328故展开式中含x的项为T2Cx16x．

21832又由知第5项的二项式系数最大，此时 .

点睛：本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．

20．（1）第四组的频率为0.3，直方图见解析；（2）众数：75，中位数：73，均分为71分 【分析】

（1）由各组的频率和等于1求解第四组频率，再补全直方图即可

（2）利用最高的矩形得众数；利用左右面积相等求中位数；利用组中值估算抽样学生的平均分 【详解】

(1)因为各组的频率和等于1，所以第四组的频率为

131(0.0250.01520.0100.005)100.3.

补全的频率分布直方图如图所示．

(2)众数为：

70+80=75， 21 3设中位数为x,则0.1+20.15+x700.030.5x730.1＋55×0.15＋65×0.15＋75×0.3＋85×0.25＋95×0.05＝71(分)，抽取学生的平均分约为45×所以可估计这次考试的平均分为71分． 【点睛】

本题主要考查了频率分布直方图、用样本估计总体、等可能事件的概率，同时考查了作图能力，属于中档题． 21．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可得出结果；

（2）先由题意得到PD，建立空间直角坐标系，分别求出平面PACCD，AB两两互相垂直，与平面PDE的法向量，由向量夹角公式，即可求出结果. 【详解】

(1)由题意知AC26，BC23，AB6， 所以AC2BC2AB2， 所以ACB. 62，所以cosABC233， 63又易知BD2，

所以CD222(23)22223cosABC8， 所以CD22，又AD4， 所以CD2AD2AC2， 所以CDAB，

因为平面PAB平面ABC，交线为AB， 所以CD平面PAB，所以CDPD， 因为PDAC，AC所以PD平面ABC；

(2)由(1)知PD，CD，AB两两互相垂直，所以可建立如图所示的直角坐标系Dxyz，

CDC，

因为直线PA与平面ABC所成的角为

，即PAD，所以PDAD4，

44则A(0,4,0)，C22,0,0，B(0,2,0)，P(0,0,4)，

所以CB(22,2,0)，AC22,4,0，PA(0,4,4)． 因为AD2DB，CE2EB，所以DE//AC， 由(1)知ACBC，所以DEBC， 又PD平面ABC，所以PDBC， 因为PDDED，

所以CB平面PDE，

所以CB22,2,0为平面PDE的一个法向量．

nAC设平面PAC的法向量为nx,y,z，则，

nPA22x4y0所以，令z1，得x2，y1，

4y4z0所以n(2,1,1)为平面PAC的一个法向量． 所以cosn,CBnCBnCB423，

2412所以平面PAC与平面PDE所成的锐二面角的余弦值为故平面PAC与平面PDE所成的锐二面角为【点睛】

. 63， 2本题主要考查证明线面垂直，以及求二面角的大小，熟记线面垂直的判定定理，以及二面角的空间向量的求法即可，属于常考题型. 22．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）以A为原点建立空间直角坐标系，通过B1C1CE0可证得结论； （2）根据二面角的空间向量求法可求得结果；

（3）利用共线向量和向量线性运算表示出AM，根据直线与平面所成角的空间向量求法可构造方程求得，从而得到AM，求解AM的模长即为所求结果. 【详解】

（1）以A为原点可建立如下图所示空间直角坐标系

21；（3）AM2． 7

则A0,0,0，B0,0,2，C1,0,1，B10,2,2，C11,2,1，E0,1,0

B1C11,0,1，CE1,1,1

B1C1CE1101110 B1C1CE

（2）由（1）知：B1C1,2,1，CE1,1,1

CC1平面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1 CC1B1C1

又B1C1CE，CC1,CE平面CEC1，CC1CEC B1C1平面CEC1

平面CEC1的一个法向量为B1C11,0,1

设平面B1CE的法向量nx,y,z

B1Cnx2yz0则，令z1，则y2，x3 n3,2,1 CEnxyz0cosB1C1,nB1C1nB1C1n312721 sinB1C1,n

72147二面角B1CEC1的正弦值为21

7（3）由（1）知：AE0,1,0，EC11,1,1

设EMEC,,，0≤≤1 AMAEEM,1,

AA1平面ABCD，AB平面ABCD AA1AB

ADA AB平面ADD1A1

又ABAD，AA1,AD平面ADD1A1，AA1平面ADD1A1的一个法向量为AB0,0,2

设为直线AM与平面ADD1A1所成角 则sincosAM,ABAMABAMAB22322121，解得： 631411161AM则2，即AM的长为2 ,, AM333999【点睛】

本题考查空间向量法解决立体几何中的垂直关系证明、二面角的求解、根据线面角求解其他量的问题；考查学生对于空间向量法的掌握情况，属于常考题型.