【期末押题卷】2024-2025学年高二数学下学期苏教版（2019）选择性必修第二册（含解析）
文档属性
| 名称 | 【期末押题卷】2024-2025学年高二数学下学期苏教版（2019）选择性必修第二册（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 815.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-06-12 23:29:34 | ||
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文档简介
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【期末押题卷】2024-2025学年高二数学下学期苏教版（2019）选择性必修第二册
一．选择题（共8小题）
1．（2021春 滨海新区期末）如图，现要用四种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为（ ）
A．48 B．36 C．42 D．32
2．（2019春 聊城期末）（x+2y+3z）5的展开式中，x3yz的系数为（ ）
A．40 B．60 C．120 D．240
3．（2024秋 大武口区校级期末）设某医院仓库中有10盒同样规格的X光片，其中甲厂、乙厂、丙厂生产的分别为5盒、3盒、2盒，且甲、乙、丙三厂生产该种X光片的次品率依次为，现从这10盒中任取一盒，再从这盒中任取一张X光片，则取得的X光片是次品的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025春 武强县校级期末）已知随机变量ξ服从二项分布．若D（3ξ+2）＝36，则n＝（ ）
A．144 B．48 C．24 D．16
5．（2024春 汕头期末）根据变量Y和x的成对样本数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如图所示，模型误差（ ）
A．满足一元线性回归模型的所有假设
B．不满足一元线性回归模型的E（e）＝0的假设
C．不满足一元线性回归模型的D（e）＝σ2假设
D．不满足一元线性回归模型的E（e）＝0和D（e）＝σ2的假设
6．（2024秋 韩城市期末）三棱柱ABC﹣DEF中，G为棱AD的中点，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024秋 包头期末）已知空间四边形OABC，M，N分别是OA，BC的中点，且，，，用，，表示向量为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024春 武威期末）已知为直线l的方向向量，、分别为平面α、β的法向量（α、β不重合），那么下列说法中：
①；
②；
③；
④．
其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 河南期末）已知A、B是两个随机事件，且0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，则下列说法正确的有（ ）
A．P（AB）＝P（A）P（B|A）
B．若A、B相互独立，则P（B|A）＝P（B）
C．若P（A∪B）＝P（A）+P（B），则P（B|A）＝0
D．若，则A、B相互独立
（多选）10．（2025春 武强县校级期末）已知（常数m＞0）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ）
A．n＝10
B．展开式中奇数项的二项式系数的和为256
C．展开式中x15的系数为90m8
D．若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大
（多选）11．（2023春 淮安期末）在正四棱锥P﹣ABCD中，，，点Q满足，其中x∈[0，1]，y∈[0，1]，则下列结论正确的有（ ）
A．的最小值是
B．当x＝1时，三棱锥P﹣ADQ的体积为定值
C．当x＝y时，PB与PQ所成角可能为
D．当x+y＝1时，AB与平面PAQ所成角正弦值的最大值为
三．填空题（共3小题）
12．（2024春 集宁区校级期末）已知展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，则n＝ ，且展开式中的常数项为 ．
13．（2024春 普陀区校级期末）某新能源汽车销售公司统计了某款汽车行驶里程x（单位：万千米）对应维修保养费用y（单位：万元）的四组数据，这四组数据如表：
行驶里程万千米x/万千米 1 2 4 5
维修保养费用万元y/万元 0.50 0.90 2.30 2.70
若用最小二乘法求得回归直线方程为，则估计该款汽车行驶里程为10万千米时的维修保养费是 ．
14．（2024春 武威期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是线段B1C1，A1D的中点，设．用表示 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 武强县校级期末）“茶文化”在中国源远流长，近年来由于人们对健康饮品的追求，购买包装茶饮料的消费者日趋增多，调查数据显示，包装茶饮料的消费者中男性占比35%，男性与女性购买包装茶饮料的单价不超过10元的概率分别为0.5，0.7．
（1）从购买包装茶饮料的消费者中随机抽取1名消费者，求该消费者购买包装茶饮料的单价不超过10元的概率；
（2）若1名消费者购买了单价不超过10元的包装茶饮料，求该消费者是女性的概率（结果用分数表示）．
16．（2025春 河南期末）随着人们环保意识的增强和科技的发展，新能源汽车越来越受到消费者的关注．为了解消费者对新能源汽车续航里程和充电设施的满意率，随机调查了200名新能源汽车车主，得到如下数据：
对续航里程满意 对续航里程不满意
对充电设施满意 70 30
对充电设施不满意 50 50
（1）任意调查一名新能源汽车车主，设事件“该车主对续航里程满意”为A，事件“该车主对充电设施满意”为B，求P（A）和P（A|B）；
（2）根据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关？
附：
α 0.05 0.01 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
17．（2024秋 南昌校级期末）已知二项式（n∈N*）展开式中，前三项的二项式系数和是56，求：
（Ⅰ）n的值；
（Ⅱ）展开式中的常数项．
18．（2024秋 广东校级期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
（1）求证：MN∥平面BCC1B1；
（2）若AB⊥MN，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
19．（2024春 甘肃校级期末）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，AB⊥AN，NA＝AB＝2，BM＝4．
（1）求直线AC与平面CDM所成角的正弦值；
（2）在线段CM上是否存在一点E，使得平面BEN与平面BMN的夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由．
【期末押题卷】2024-2025学年高二数学下学期苏教版（2019）选择性必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C A D C B C B
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ABC AD ABD
一．选择题（共8小题）
1．（2021春 滨海新区期末）如图，现要用四种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为（ ）
A．48 B．36 C．42 D．32
【解答】解：根据题意，如图，设四个区域依次为ABCD，
分2步进行分析：
①对于区域ABC，两两互相相邻，有24种涂色方法，
②区域D，与区域B、C相邻，有2种涂色方法，
则有24×2＝48种涂色方法，
故选：A．
2．（2019春 聊城期末）（x+2y+3z）5的展开式中，x3yz的系数为（ ）
A．40 B．60 C．120 D．240
【解答】解：根据已知将y、z看作参数，则，
∴含x3的项为，
∴x3yz项的系数为120．
故选：C．
3．（2024秋 大武口区校级期末）设某医院仓库中有10盒同样规格的X光片，其中甲厂、乙厂、丙厂生产的分别为5盒、3盒、2盒，且甲、乙、丙三厂生产该种X光片的次品率依次为，现从这10盒中任取一盒，再从这盒中任取一张X光片，则取得的X光片是次品的概率为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：根据题意，设B＝“任取一个X光片为次品”，
A1＝“X光片为甲厂生产”，A2＝“X光片为乙厂生产”，A3＝“X光片为丙厂生产”，
则Ω＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥．
由题意可得：，
P（B）＝P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）+P（A3）P（B|A3）
．
故选：A．
4．（2025春 武强县校级期末）已知随机变量ξ服从二项分布．若D（3ξ+2）＝36，则n＝（ ）
A．144 B．48 C．24 D．16
【解答】解：随机变量ξ服从二项分布．
则，
若D（3ξ+2）＝36，
，解得n＝16．
故选：D．
5．（2024春 汕头期末）根据变量Y和x的成对样本数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如图所示，模型误差（ ）
A．满足一元线性回归模型的所有假设
B．不满足一元线性回归模型的E（e）＝0的假设
C．不满足一元线性回归模型的D（e）＝σ2假设
D．不满足一元线性回归模型的E（e）＝0和D（e）＝σ2的假设
【解答】解：用一元线性回归模型得到经验回归模型，
根据对应的残差图，残差的均值E（e）＝0可能成立，
但明显残差的x轴上方的数据更分散，D（e）＝σ2不满足一元线性回归模型，正确的只有C．
故选：C．
6．（2024秋 韩城市期末）三棱柱ABC﹣DEF中，G为棱AD的中点，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：（）（）＝（）．
故选：B．
7．（2024秋 包头期末）已知空间四边形OABC，M，N分别是OA，BC的中点，且，，，用，，表示向量为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：如图所示，连接ON，AN，
则（）（），
（）
（2）
（﹣2）
，
所以（）．
故选：C．
8．（2024春 武威期末）已知为直线l的方向向量，、分别为平面α、β的法向量（α、β不重合），那么下列说法中：
①；
②；
③；
④．
其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解答】解：因为α、β不重合，
对①，平面α、β平行等价于平面α、β的法向量平行，故①正确；
对②，平面α、β垂直等价于平面α、β的法向量垂直，故②正确；
对③，若，故③错误；
对④，或l α，故④错误．
故选：B．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 河南期末）已知A、B是两个随机事件，且0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，则下列说法正确的有（ ）
A．P（AB）＝P（A）P（B|A）
B．若A、B相互独立，则P（B|A）＝P（B）
C．若P（A∪B）＝P（A）+P（B），则P（B|A）＝0
D．若，则A、B相互独立
【解答】解：对于A，由条件概率公式可知，即P（AB）＝P（A）P（B|A），故A正确；
对于B，当A、B相互独立时，P（AB）＝P（A）P（B），
所以P（B|A）P（B），故B正确；
对于C，因为P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）＝P（A）+P（B），
所以P（AB）＝0，所以，故C正确；
对于D，是条件概率的基本性质，无论事件A、B是否相互独立，该等式恒成立，故D错误．
故选：ABC．
（多选）10．（2025春 武强县校级期末）已知（常数m＞0）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ）
A．n＝10
B．展开式中奇数项的二项式系数的和为256
C．展开式中x15的系数为90m8
D．若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大
【解答】解：由，则其展开式的通项为，r＝0，1，2，..，n．
对于A，根据题意可得，由组合数的性质可知n＝10，故A正确；
对于B，由，则展开式中奇数项的二项式系数之和为210﹣1＝512，故B错误；
对于C，由，解得r＝2，则展开式中x15的系数为，故C错误；
对于D，令x＝1，则展开式中各项系数之和（m+1）10＝1024＝210，解得m＝1，
可得展开式的通项为，即每项系数均为该项的二项式系数，
展开式中第6项为二项式的中间项，则其系数最大，故D正确．
故选：AD．
（多选）11．（2023春 淮安期末）在正四棱锥P﹣ABCD中，，，点Q满足，其中x∈[0，1]，y∈[0，1]，则下列结论正确的有（ ）
A．的最小值是
B．当x＝1时，三棱锥P﹣ADQ的体积为定值
C．当x＝y时，PB与PQ所成角可能为
D．当x+y＝1时，AB与平面PAQ所成角正弦值的最大值为
【解答】解：由，可得，其中x∈[0，1]，y∈[0，1]，
所以Q为正方形ABCD内的点（包括边界），
在正四棱锥P﹣ABCD中，，，设AC∩BD＝O，连接PO，
则PO⊥平面ABCD，，
对A，由题可知，当Q，O重合时取等号，故A正确；
对C，当x＝y时，，故Q在线段AC上，
由题可知PO⊥OB，OB⊥OA，PO∩OA＝O，PO，OA 平面PAC，故OB⊥平面PAC，
所以PO为PB在平面PAC内的射影，∠BPQ≥∠BPO，
而在Rt△POB中，，所以，，故PB与PQ所成角不可能为，故C错误；
对B，当x＝1时，，即，故Q在线段BC上，
因为AD∥BC，所以三角形ADQ的面积为定值，而三棱锥P﹣ADQ的高PO为定值，故三棱锥P﹣ADQ的体积为定值，故B正确；
对D，当x+y＝1时，，故Q在线段BD上，
如图以O为原点建立空间直角坐标系，设Q（0，t，0）（﹣1≤t≤1），则，
所以，
设平面PAQ的法向量为，则，
令，则，设AB与平面PAQ所成角为α，
所以，
设，t∈[﹣1，1]，则，
所以当时，f′（t）＞0，f（t）单调递增，当时，f′（t）＜0，f（t）单调递减，
所以，，故D正确．
故选：ABD．
三．填空题（共3小题）
12．（2024春 集宁区校级期末）已知展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，则n＝ 6 ，且展开式中的常数项为 240 ．
【解答】解：由题意得，所以n＝6．
又的展开式通项公式：，
令12﹣3r＝0，得r＝4，
所以常数项为，
故答案为：①6；②240．
13．（2024春 普陀区校级期末）某新能源汽车销售公司统计了某款汽车行驶里程x（单位：万千米）对应维修保养费用y（单位：万元）的四组数据，这四组数据如表：
行驶里程万千米x/万千米 1 2 4 5
维修保养费用万元y/万元 0.50 0.90 2.30 2.70
若用最小二乘法求得回归直线方程为，则估计该款汽车行驶里程为10万千米时的维修保养费是 5.66 ．
【解答】解：由已知，，
所以1.6＝0.58×3，0.14，
即0.58x﹣0.14，
x＝10时，y＝0.58×10﹣0.14＝5.66．
故答案为：5.66．
14．（2024春 武威期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是线段B1C1，A1D的中点，设．用表示 （） ．
【解答】解：（）（）．
故答案为：（）．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 武强县校级期末）“茶文化”在中国源远流长，近年来由于人们对健康饮品的追求，购买包装茶饮料的消费者日趋增多，调查数据显示，包装茶饮料的消费者中男性占比35%，男性与女性购买包装茶饮料的单价不超过10元的概率分别为0.5，0.7．
（1）从购买包装茶饮料的消费者中随机抽取1名消费者，求该消费者购买包装茶饮料的单价不超过10元的概率；
（2）若1名消费者购买了单价不超过10元的包装茶饮料，求该消费者是女性的概率（结果用分数表示）．
【解答】解：（1）设该消费者购买包装茶饮料的单价不超过10元为事件A，从购买包装茶饮料的消费者中随机抽取1名消费者为男性为事件B，
包装茶饮料的消费者中男性占比35%，男性与女性购买包装茶饮料的单价不超过10元的概率分别为0.5，0.7，
，
所以；
（2）设从购买包装茶饮料的消费者中随机抽取1名消费者为女性为事件，
，
则．
16．（2025春 河南期末）随着人们环保意识的增强和科技的发展，新能源汽车越来越受到消费者的关注．为了解消费者对新能源汽车续航里程和充电设施的满意率，随机调查了200名新能源汽车车主，得到如下数据：
对续航里程满意 对续航里程不满意
对充电设施满意 70 30
对充电设施不满意 50 50
（1）任意调查一名新能源汽车车主，设事件“该车主对续航里程满意”为A，事件“该车主对充电设施满意”为B，求P（A）和P（A|B）；
（2）根据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关？
附：
α 0.05 0.01 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
【解答】解：（1）由题意可知，，；
（2）零假设H0：消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率无关，
则6.635，
所以依据小概率值α＝0.01的独立性检验，我们推断H0不成立，
即可以认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关．
17．（2024秋 南昌校级期末）已知二项式（n∈N*）展开式中，前三项的二项式系数和是56，求：
（Ⅰ）n的值；
（Ⅱ）展开式中的常数项．
【解答】解：（Ⅰ） n0+ n1+ n2＝56…2分
1+nn﹣110＝0 n＝10，n＝﹣11（舍去）． …5分
（Ⅱ） 展开式的第r+1项是
，200 r＝8，…10分
故展开式中的常数项是． …12分．
18．（2024秋 广东校级期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
（1）求证：MN∥平面BCC1B1；
（2）若AB⊥MN，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱ABC﹣A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，
而B1M＝MA1，BK＝KA，则MK∥BB1，
而MK 平面BCC1B1，BB1 平面BCC1B1，∴MK∥平面BCC1B1，
而CN＝NA，BK＝KA，则NK∥BC，同理可得NK∥平面BCC1B1，
而NK∩MK＝K，NK，MK 平面MKN，
∴平面MKN∥平面BCC1B1，而MN 平面MKN，
∴MN∥平面BCC1B1；
（2）∵侧面BCC1B1为正方形，∴CB⊥BB1，
而CB 平面BCC1B1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，
平面CBB1C1∩平面ABB1A1＝BB1，∴CB⊥平面ABB1A1，
∵AB 平面ABB1A1，∴CB⊥AB，
∵NK∥BC，∴NK⊥平面ABB1A1，
∵AB 平面ABB1A1，∴NK⊥AB，
又AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN＝N，
∴AB⊥平面MNK，而MK 平面MNK，∴AB⊥MK，
∴AB⊥BB1，∴BC，AB，BB1两两垂直，
∴可建立如所示的空间直角坐标系，
则B（0，0，0），A（0，2，0），N（1，1，0），M（0，1，2），
∴，，，
设平面BNM的法向量为，
则，取z＝﹣1，则，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则，
即直线AB与平面BMN所成角的正弦值为．
19．（2024春 甘肃校级期末）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，AB⊥AN，NA＝AB＝2，BM＝4．
（1）求直线AC与平面CDM所成角的正弦值；
（2）在线段CM上是否存在一点E，使得平面BEN与平面BMN的夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）因为AN∥BM，AB⊥AN，所以BM⊥AB，
又因为平面ABCD⊥平面ABMN，平面ABCD∩平面ABMN＝AB，
所以BM⊥平面ABCD，又因为AB 面ABCD，所以BM⊥AB，同理BM⊥BC，
如图，以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
得到B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，0，2），D（2，0，2），N（2，2，0），M（0，4，0），
则，，，
设平面CDM的法向量为，
则，所以，
令y＝1，解得x＝0，z＝2，所以，
设AC与平面CDM所成角为θ，
则，
故AC与平面CDM所成角正弦值为．
（2）设点E（x，y，z），，
得到（x，y，z﹣2）＝λ（0，4，﹣2），
可得，故E（0，4λ，2﹣2λ），
则，，
设平面BEN的法向量为，
则，则，
令x＝1，解得y＝﹣1，，
故，
因为平面BMN的法向量为，
所以，
即，
即，
即3λ2+2λ﹣1＝0，解得或﹣1（舍），
则在线段CM上存在一点E，满足题意，且．
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【期末押题卷】2024-2025学年高二数学下学期苏教版（2019）选择性必修第二册
一．选择题（共8小题）
1．（2021春 滨海新区期末）如图，现要用四种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为（ ）
A．48 B．36 C．42 D．32
2．（2019春 聊城期末）（x+2y+3z）5的展开式中，x3yz的系数为（ ）
A．40 B．60 C．120 D．240
3．（2024秋 大武口区校级期末）设某医院仓库中有10盒同样规格的X光片，其中甲厂、乙厂、丙厂生产的分别为5盒、3盒、2盒，且甲、乙、丙三厂生产该种X光片的次品率依次为，现从这10盒中任取一盒，再从这盒中任取一张X光片，则取得的X光片是次品的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025春 武强县校级期末）已知随机变量ξ服从二项分布．若D（3ξ+2）＝36，则n＝（ ）
A．144 B．48 C．24 D．16
5．（2024春 汕头期末）根据变量Y和x的成对样本数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如图所示，模型误差（ ）
A．满足一元线性回归模型的所有假设
B．不满足一元线性回归模型的E（e）＝0的假设
C．不满足一元线性回归模型的D（e）＝σ2假设
D．不满足一元线性回归模型的E（e）＝0和D（e）＝σ2的假设
6．（2024秋 韩城市期末）三棱柱ABC﹣DEF中，G为棱AD的中点，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024秋 包头期末）已知空间四边形OABC，M，N分别是OA，BC的中点，且，，，用，，表示向量为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024春 武威期末）已知为直线l的方向向量，、分别为平面α、β的法向量（α、β不重合），那么下列说法中：
①；
②；
③；
④．
其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 河南期末）已知A、B是两个随机事件，且0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，则下列说法正确的有（ ）
A．P（AB）＝P（A）P（B|A）
B．若A、B相互独立，则P（B|A）＝P（B）
C．若P（A∪B）＝P（A）+P（B），则P（B|A）＝0
D．若，则A、B相互独立
（多选）10．（2025春 武强县校级期末）已知（常数m＞0）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ）
A．n＝10
B．展开式中奇数项的二项式系数的和为256
C．展开式中x15的系数为90m8
D．若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大
（多选）11．（2023春 淮安期末）在正四棱锥P﹣ABCD中，，，点Q满足，其中x∈[0，1]，y∈[0，1]，则下列结论正确的有（ ）
A．的最小值是
B．当x＝1时，三棱锥P﹣ADQ的体积为定值
C．当x＝y时，PB与PQ所成角可能为
D．当x+y＝1时，AB与平面PAQ所成角正弦值的最大值为
三．填空题（共3小题）
12．（2024春 集宁区校级期末）已知展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，则n＝ ，且展开式中的常数项为 ．
13．（2024春 普陀区校级期末）某新能源汽车销售公司统计了某款汽车行驶里程x（单位：万千米）对应维修保养费用y（单位：万元）的四组数据，这四组数据如表：
行驶里程万千米x/万千米 1 2 4 5
维修保养费用万元y/万元 0.50 0.90 2.30 2.70
若用最小二乘法求得回归直线方程为，则估计该款汽车行驶里程为10万千米时的维修保养费是 ．
14．（2024春 武威期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是线段B1C1，A1D的中点，设．用表示 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 武强县校级期末）“茶文化”在中国源远流长，近年来由于人们对健康饮品的追求，购买包装茶饮料的消费者日趋增多，调查数据显示，包装茶饮料的消费者中男性占比35%，男性与女性购买包装茶饮料的单价不超过10元的概率分别为0.5，0.7．
（1）从购买包装茶饮料的消费者中随机抽取1名消费者，求该消费者购买包装茶饮料的单价不超过10元的概率；
（2）若1名消费者购买了单价不超过10元的包装茶饮料，求该消费者是女性的概率（结果用分数表示）．
16．（2025春 河南期末）随着人们环保意识的增强和科技的发展，新能源汽车越来越受到消费者的关注．为了解消费者对新能源汽车续航里程和充电设施的满意率，随机调查了200名新能源汽车车主，得到如下数据：
对续航里程满意 对续航里程不满意
对充电设施满意 70 30
对充电设施不满意 50 50
（1）任意调查一名新能源汽车车主，设事件“该车主对续航里程满意”为A，事件“该车主对充电设施满意”为B，求P（A）和P（A|B）；
（2）根据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关？
附：
α 0.05 0.01 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
17．（2024秋 南昌校级期末）已知二项式（n∈N*）展开式中，前三项的二项式系数和是56，求：
（Ⅰ）n的值；
（Ⅱ）展开式中的常数项．
18．（2024秋 广东校级期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
（1）求证：MN∥平面BCC1B1；
（2）若AB⊥MN，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
19．（2024春 甘肃校级期末）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，AB⊥AN，NA＝AB＝2，BM＝4．
（1）求直线AC与平面CDM所成角的正弦值；
（2）在线段CM上是否存在一点E，使得平面BEN与平面BMN的夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由．
【期末押题卷】2024-2025学年高二数学下学期苏教版（2019）选择性必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C A D C B C B
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ABC AD ABD
一．选择题（共8小题）
1．（2021春 滨海新区期末）如图，现要用四种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为（ ）
A．48 B．36 C．42 D．32
【解答】解：根据题意，如图，设四个区域依次为ABCD，
分2步进行分析：
①对于区域ABC，两两互相相邻，有24种涂色方法，
②区域D，与区域B、C相邻，有2种涂色方法，
则有24×2＝48种涂色方法，
故选：A．
2．（2019春 聊城期末）（x+2y+3z）5的展开式中，x3yz的系数为（ ）
A．40 B．60 C．120 D．240
【解答】解：根据已知将y、z看作参数，则，
∴含x3的项为，
∴x3yz项的系数为120．
故选：C．
3．（2024秋 大武口区校级期末）设某医院仓库中有10盒同样规格的X光片，其中甲厂、乙厂、丙厂生产的分别为5盒、3盒、2盒，且甲、乙、丙三厂生产该种X光片的次品率依次为，现从这10盒中任取一盒，再从这盒中任取一张X光片，则取得的X光片是次品的概率为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：根据题意，设B＝“任取一个X光片为次品”，
A1＝“X光片为甲厂生产”，A2＝“X光片为乙厂生产”，A3＝“X光片为丙厂生产”，
则Ω＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥．
由题意可得：，
P（B）＝P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）+P（A3）P（B|A3）
．
故选：A．
4．（2025春 武强县校级期末）已知随机变量ξ服从二项分布．若D（3ξ+2）＝36，则n＝（ ）
A．144 B．48 C．24 D．16
【解答】解：随机变量ξ服从二项分布．
则，
若D（3ξ+2）＝36，
，解得n＝16．
故选：D．
5．（2024春 汕头期末）根据变量Y和x的成对样本数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如图所示，模型误差（ ）
A．满足一元线性回归模型的所有假设
B．不满足一元线性回归模型的E（e）＝0的假设
C．不满足一元线性回归模型的D（e）＝σ2假设
D．不满足一元线性回归模型的E（e）＝0和D（e）＝σ2的假设
【解答】解：用一元线性回归模型得到经验回归模型，
根据对应的残差图，残差的均值E（e）＝0可能成立，
但明显残差的x轴上方的数据更分散，D（e）＝σ2不满足一元线性回归模型，正确的只有C．
故选：C．
6．（2024秋 韩城市期末）三棱柱ABC﹣DEF中，G为棱AD的中点，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：（）（）＝（）．
故选：B．
7．（2024秋 包头期末）已知空间四边形OABC，M，N分别是OA，BC的中点，且，，，用，，表示向量为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：如图所示，连接ON，AN，
则（）（），
（）
（2）
（﹣2）
，
所以（）．
故选：C．
8．（2024春 武威期末）已知为直线l的方向向量，、分别为平面α、β的法向量（α、β不重合），那么下列说法中：
①；
②；
③；
④．
其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解答】解：因为α、β不重合，
对①，平面α、β平行等价于平面α、β的法向量平行，故①正确；
对②，平面α、β垂直等价于平面α、β的法向量垂直，故②正确；
对③，若，故③错误；
对④，或l α，故④错误．
故选：B．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 河南期末）已知A、B是两个随机事件，且0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，则下列说法正确的有（ ）
A．P（AB）＝P（A）P（B|A）
B．若A、B相互独立，则P（B|A）＝P（B）
C．若P（A∪B）＝P（A）+P（B），则P（B|A）＝0
D．若，则A、B相互独立
【解答】解：对于A，由条件概率公式可知，即P（AB）＝P（A）P（B|A），故A正确；
对于B，当A、B相互独立时，P（AB）＝P（A）P（B），
所以P（B|A）P（B），故B正确；
对于C，因为P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）＝P（A）+P（B），
所以P（AB）＝0，所以，故C正确；
对于D，是条件概率的基本性质，无论事件A、B是否相互独立，该等式恒成立，故D错误．
故选：ABC．
（多选）10．（2025春 武强县校级期末）已知（常数m＞0）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ）
A．n＝10
B．展开式中奇数项的二项式系数的和为256
C．展开式中x15的系数为90m8
D．若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大
【解答】解：由，则其展开式的通项为，r＝0，1，2，..，n．
对于A，根据题意可得，由组合数的性质可知n＝10，故A正确；
对于B，由，则展开式中奇数项的二项式系数之和为210﹣1＝512，故B错误；
对于C，由，解得r＝2，则展开式中x15的系数为，故C错误；
对于D，令x＝1，则展开式中各项系数之和（m+1）10＝1024＝210，解得m＝1，
可得展开式的通项为，即每项系数均为该项的二项式系数，
展开式中第6项为二项式的中间项，则其系数最大，故D正确．
故选：AD．
（多选）11．（2023春 淮安期末）在正四棱锥P﹣ABCD中，，，点Q满足，其中x∈[0，1]，y∈[0，1]，则下列结论正确的有（ ）
A．的最小值是
B．当x＝1时，三棱锥P﹣ADQ的体积为定值
C．当x＝y时，PB与PQ所成角可能为
D．当x+y＝1时，AB与平面PAQ所成角正弦值的最大值为
【解答】解：由，可得，其中x∈[0，1]，y∈[0，1]，
所以Q为正方形ABCD内的点（包括边界），
在正四棱锥P﹣ABCD中，，，设AC∩BD＝O，连接PO，
则PO⊥平面ABCD，，
对A，由题可知，当Q，O重合时取等号，故A正确；
对C，当x＝y时，，故Q在线段AC上，
由题可知PO⊥OB，OB⊥OA，PO∩OA＝O，PO，OA 平面PAC，故OB⊥平面PAC，
所以PO为PB在平面PAC内的射影，∠BPQ≥∠BPO，
而在Rt△POB中，，所以，，故PB与PQ所成角不可能为，故C错误；
对B，当x＝1时，，即，故Q在线段BC上，
因为AD∥BC，所以三角形ADQ的面积为定值，而三棱锥P﹣ADQ的高PO为定值，故三棱锥P﹣ADQ的体积为定值，故B正确；
对D，当x+y＝1时，，故Q在线段BD上，
如图以O为原点建立空间直角坐标系，设Q（0，t，0）（﹣1≤t≤1），则，
所以，
设平面PAQ的法向量为，则，
令，则，设AB与平面PAQ所成角为α，
所以，
设，t∈[﹣1，1]，则，
所以当时，f′（t）＞0，f（t）单调递增，当时，f′（t）＜0，f（t）单调递减，
所以，，故D正确．
故选：ABD．
三．填空题（共3小题）
12．（2024春 集宁区校级期末）已知展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，则n＝ 6 ，且展开式中的常数项为 240 ．
【解答】解：由题意得，所以n＝6．
又的展开式通项公式：，
令12﹣3r＝0，得r＝4，
所以常数项为，
故答案为：①6；②240．
13．（2024春 普陀区校级期末）某新能源汽车销售公司统计了某款汽车行驶里程x（单位：万千米）对应维修保养费用y（单位：万元）的四组数据，这四组数据如表：
行驶里程万千米x/万千米 1 2 4 5
维修保养费用万元y/万元 0.50 0.90 2.30 2.70
若用最小二乘法求得回归直线方程为，则估计该款汽车行驶里程为10万千米时的维修保养费是 5.66 ．
【解答】解：由已知，，
所以1.6＝0.58×3，0.14，
即0.58x﹣0.14，
x＝10时，y＝0.58×10﹣0.14＝5.66．
故答案为：5.66．
14．（2024春 武威期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是线段B1C1，A1D的中点，设．用表示 （） ．
【解答】解：（）（）．
故答案为：（）．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 武强县校级期末）“茶文化”在中国源远流长，近年来由于人们对健康饮品的追求，购买包装茶饮料的消费者日趋增多，调查数据显示，包装茶饮料的消费者中男性占比35%，男性与女性购买包装茶饮料的单价不超过10元的概率分别为0.5，0.7．
（1）从购买包装茶饮料的消费者中随机抽取1名消费者，求该消费者购买包装茶饮料的单价不超过10元的概率；
（2）若1名消费者购买了单价不超过10元的包装茶饮料，求该消费者是女性的概率（结果用分数表示）．
【解答】解：（1）设该消费者购买包装茶饮料的单价不超过10元为事件A，从购买包装茶饮料的消费者中随机抽取1名消费者为男性为事件B，
包装茶饮料的消费者中男性占比35%，男性与女性购买包装茶饮料的单价不超过10元的概率分别为0.5，0.7，
，
所以；
（2）设从购买包装茶饮料的消费者中随机抽取1名消费者为女性为事件，
，
则．
16．（2025春 河南期末）随着人们环保意识的增强和科技的发展，新能源汽车越来越受到消费者的关注．为了解消费者对新能源汽车续航里程和充电设施的满意率，随机调查了200名新能源汽车车主，得到如下数据：
对续航里程满意 对续航里程不满意
对充电设施满意 70 30
对充电设施不满意 50 50
（1）任意调查一名新能源汽车车主，设事件“该车主对续航里程满意”为A，事件“该车主对充电设施满意”为B，求P（A）和P（A|B）；
（2）根据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关？
附：
α 0.05 0.01 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
【解答】解：（1）由题意可知，，；
（2）零假设H0：消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率无关，
则6.635，
所以依据小概率值α＝0.01的独立性检验，我们推断H0不成立，
即可以认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关．
17．（2024秋 南昌校级期末）已知二项式（n∈N*）展开式中，前三项的二项式系数和是56，求：
（Ⅰ）n的值；
（Ⅱ）展开式中的常数项．
【解答】解：（Ⅰ） n0+ n1+ n2＝56…2分
1+nn﹣110＝0 n＝10，n＝﹣11（舍去）． …5分
（Ⅱ） 展开式的第r+1项是
，200 r＝8，…10分
故展开式中的常数项是． …12分．
18．（2024秋 广东校级期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
（1）求证：MN∥平面BCC1B1；
（2）若AB⊥MN，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱ABC﹣A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，
而B1M＝MA1，BK＝KA，则MK∥BB1，
而MK 平面BCC1B1，BB1 平面BCC1B1，∴MK∥平面BCC1B1，
而CN＝NA，BK＝KA，则NK∥BC，同理可得NK∥平面BCC1B1，
而NK∩MK＝K，NK，MK 平面MKN，
∴平面MKN∥平面BCC1B1，而MN 平面MKN，
∴MN∥平面BCC1B1；
（2）∵侧面BCC1B1为正方形，∴CB⊥BB1，
而CB 平面BCC1B1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，
平面CBB1C1∩平面ABB1A1＝BB1，∴CB⊥平面ABB1A1，
∵AB 平面ABB1A1，∴CB⊥AB，
∵NK∥BC，∴NK⊥平面ABB1A1，
∵AB 平面ABB1A1，∴NK⊥AB，
又AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN＝N，
∴AB⊥平面MNK，而MK 平面MNK，∴AB⊥MK，
∴AB⊥BB1，∴BC，AB，BB1两两垂直，
∴可建立如所示的空间直角坐标系，
则B（0，0，0），A（0，2，0），N（1，1，0），M（0，1，2），
∴，，，
设平面BNM的法向量为，
则，取z＝﹣1，则，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则，
即直线AB与平面BMN所成角的正弦值为．
19．（2024春 甘肃校级期末）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，AB⊥AN，NA＝AB＝2，BM＝4．
（1）求直线AC与平面CDM所成角的正弦值；
（2）在线段CM上是否存在一点E，使得平面BEN与平面BMN的夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）因为AN∥BM，AB⊥AN，所以BM⊥AB，
又因为平面ABCD⊥平面ABMN，平面ABCD∩平面ABMN＝AB，
所以BM⊥平面ABCD，又因为AB 面ABCD，所以BM⊥AB，同理BM⊥BC，
如图，以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
得到B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，0，2），D（2，0，2），N（2，2，0），M（0，4，0），
则，，，
设平面CDM的法向量为，
则，所以，
令y＝1，解得x＝0，z＝2，所以，
设AC与平面CDM所成角为θ，
则，
故AC与平面CDM所成角正弦值为．
（2）设点E（x，y，z），，
得到（x，y，z﹣2）＝λ（0，4，﹣2），
可得，故E（0，4λ，2﹣2λ），
则，，
设平面BEN的法向量为，
则，则，
令x＝1，解得y＝﹣1，，
故，
因为平面BMN的法向量为，
所以，
即，
即，
即3λ2+2λ﹣1＝0，解得或﹣1（舍），
则在线段CM上存在一点E，满足题意，且．
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