1、江苏省常州市金坛区2021-2022学年高二下期中数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1. 如图是三个正态分布，的密度曲线，则三个随机变量X，Y，Z对应曲线的序号分别依次为（ ）.A B. C. D. 2. 安排A，B，C三名义工照顾甲，乙，丙三位老人，每位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题，义工A不安排照顾老人甲，义工B不安排照顾老人乙，则安排的方法共有（ ）种.A. 1B. 2C. 3D. 43. 若的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则展开式中系数为无理数的项数为（ ）A. B. C. D. 4. 某人参加驾照考试，共考6个科目，假设他通过各科考试的事件
2、是相互独立的，并且概率都是，且，若此人通过的科目数的方差是，则（ ）A 2B. 3C. 4D. 55. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（ ）A. B. C. D. 6. 现有4名疫情防控志愿者全员参与三个不同的防控岗位，每位志愿者只能参与一个岗位的工作，且每个岗位至少有一名志愿者参与，则参与防控的情况共有（ ）种.A. 24B. 36C. 48D. 507. 已知随机变量，若函数为偶函数，则（ ）A. 2B. 1C. 0D. 8. 以等腰直角三角形斜边上高为折痕，把和折成120的二面角.若，其中，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题
3、，每小题5分，共20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. 对且，下列等式一定恒成立的是（ ）.A. B. C. D. 10. 能被7整除，则整数的值可以是（ ）A. 4B. 6C. 11D. 1311. 下列命题中，正确的命题是（ ）.A. 已知随机变量服从二项分布，若，则B. 将一组数据中的每个数据都扩大为原来的2倍后，则方差也随之扩大为2倍C. 设随机变量服从正态分布，若，则D. 若随机变量服从二项分布，则变量的标准差为12. 如图，在边长为的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）A. B. 的最小值为C. 异面
4、直线与的距离是定值D. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 的展开式中，常数项为_.14. 如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.过长方体的任意两个顶点的直线与长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数是_（用数字作答）.15. 已知是所在平面外一点，且，则实数的值为_.16. 甲袋中装有5个红球，2个白球和3个黑球，乙袋中装有4个红球，3个白球和3个黑球，且所有球的大小和质地均相同.先从甲袋中随机取出一球放入乙袋中，再从乙袋中随机取出一球，则从乙袋中取出的球是红球的概率是_.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
5、演算步骤.17. 某地区3000名高三学生在某次模拟考试中的总分服从正态分布，参考数据：，.（1）求；（2）请判断学生总分落在区间的人数.18. 若.（1）求的值；（2）求的值.19. 如图，已知正方形和矩形所在平面互相垂直，是线段的中点.（1）求证：平面；（2）试在线段上确定一点，使与所成角是60.20. 设甲、乙两人上班，每天之前到班概率均为，假定甲、乙两人到班的情况互不影响，且任意一人每天到班的情况相互独立.（1）用表示乙四天中之前到班的天数，求随机变量的分布列和数学期望；（2）记事件为“到班的四天中，甲在之前到班的天数比乙在之前到班的天数恰好多天”，求事件发生的概率.21. 在一次抛硬
6、币游戏中，甲乙两人依次抛掷，每次抛掷出现正面向上和反面向上的概率都是.甲先抛，若抛掷正面向上记1分，抛掷反面向上记-1分.设甲抛掷的得分记为数列，乙抛掷的得分记为数列，数列，的前项和分别为和.（1）求满足“”的事件的概率.（2）求满足“，且”事件的概率.22. 如图，四边形是梯形，点是平面外一点，直线与平面所成角的大小为45，且平面平面.（1）求证：；（2）求点到平面的距离；（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.江苏省常州市金坛区2021-2022学年高二下期中数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1. 如图是三个正态分布，的密度曲线，则三个随机变量X，Y，Z对应曲线的序号
7、分别依次为（ ）.A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用正态分布求出三个变量的标准差，再利用当较小时，峰值高，正态曲线“瘦高”进行判定.【详解】由题意，得，因为当较小时，峰值高，正态曲线“瘦高”，且，所以三个随机变量X，Y，Z对应曲线的序号分别依次为，.故选：A.2. 安排A，B，C三名义工照顾甲，乙，丙三位老人，每位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题，义工A不安排照顾老人甲，义工B不安排照顾老人乙，则安排的方法共有（ ）种.A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】用列举法写出所有安排方法【详解】由题意三名义工按甲乙丙顺序的安排方法为：，共三种故
8、选：C3. 若的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则展开式中系数为无理数的项数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由第项与第项的二项式系数相等可求得，由此可得展开式通项公式，令即可知展开式的系数为无理数，由此可得结论.【详解】展开式中第项与第项的二项式系数相等，解得：；展开式的通项公式为：；则当，时，展开式中的系数为无理数，共项.故选：B.4. 某人参加驾照考试，共考6个科目，假设他通过各科考试的事件是相互独立的，并且概率都是，且，若此人通过的科目数的方差是，则（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】由已知得此人通过的科目数，根据二项分布的方差公
9、式建立方程可求得，再运用二项分布的期望公式计算可得答案.【详解】解：因为他通过各科考试的事件是相互独立的，并且概率都是，所以此人通过的科目数，又此人通过的科目数的方差是，所以，解得（舍去），所以，故选：C.5. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将作为基底，利用空间向量基本定理用基底表示，然后对其平方化简后，再开方可求得结果【详解】由题意得，因为,所以，所以，故选：C6. 现有4名疫情防控志愿者全员参与三个不同的防控岗位，每位志愿者只能参与一个岗位的工作，且每个岗位至少有一名志愿者参与，则参与防控的情况共有（
10、）种.A. 24B. 36C. 48D. 50【答案】B【解析】【分析】把4名志愿者按112分三组，然后安排到三个即可得【详解】由题意有一个岗位是两个人，方法数为故选：B7. 已知随机变量，若函数为偶函数，则（ ）A. 2B. 1C. 0D. 【答案】B【解析】【分析】根据偶函数和正态分布的性质进行求解即可.【详解】因为函数为偶函数，所以，因此，故选：B8. 以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成120的二面角.若，其中，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据二面角平面角的定义得是和折成120的二面角的平面角，解三角形求得，由已知得点P在平面ABC内，则的
11、最小值为点D到平面ABC的距离，设点P到平面ABC的距离为h，运用等体积法可求得答案.【详解】解：由已知得，所以是和折成120二面角的平面角，所以，又，所以，所以，因为，其中，所以点P在平面ABC内，则的最小值为点D到平面ABC的距离，设点P到平面ABC的距离为h，因为，所以平面BDC，所以AD是点A到平面BDC的距离，所以，又中，所以，所以，则，所以，解得，所以最小值为，故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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. 对且，下列等式一定恒成立的是（ ）.A. B. C. D. 【答案
12、】ABC【解析】【分析】根据组合数、排列数的定义判断【详解】，A正确；，B正确；，C正确；，D错故选：ABC10. 能被7整除，则整数的值可以是（ ）A. 4B. 6C. 11D. 13【答案】BD【解析】【分析】先将化为，再利用二项式定理解决整除问题.【详解】因为，且能被7整除，所以是7的倍数，经验证和符合题意.故选：BD.11. 下列命题中，正确的命题是（ ）.A. 已知随机变量服从二项分布，若，则B. 将一组数据中的每个数据都扩大为原来的2倍后，则方差也随之扩大为2倍C. 设随机变量服从正态分布，若，则D. 若随机变量服从二项分布，则变量的标准差为【答案】ACD【解析】【分析】由二项分布
13、的期望公式和方差公式判定选项A正确，利用判定选项B错误，利用正态曲线的对称性判定选项C正确，利用二项分布的方差公式和标准差公式判定选项D正确.【详解】对于A：由题意，得，解得，即选项A正确；对于B：由，得：将一组数据中的每个数据都扩大为原来的2倍后，则方差也随之扩大为4倍，即选项B错误；对于C：由题意，得，由正态曲线的对称性，得，即选项C正确；对于D：由题意，得，其标准差为，即选项D正确.故选：ACD.12. 如图，在边长为的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）A. B. 的最小值为C. 异面直线与的距离是定值D. 【答案】ABD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法
14、逐项判断.【详解】建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，设，则，因为，故，故A正确；，当时，取得最小值为，故B正确；因为，平面，平面，则平面，所以点到平面的距离为异面直线与的距离，设平面 的一个法向量为，则，即，取，所以，故C错误；因为，所以，则，因为，则，故D正确；故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 的展开式中，常数项为_.【答案】16【解析】【分析】结合二项式展开式的通项公式求得常数项，【详解】的展开式中，常数项为.故答案为：14. 如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.过长方体的任意两个顶点的直线与长方体的6个表面构成的“平
15、行线面组”的个数是_（用数字作答）.【答案】36【解析】【分析】作出图形，先找出一个表面“平行线面组”的个数，进而可求得“平行线面组”的个数.【详解】如下图所示：若平面为长方体的表面上的某一个面，如底面，则与底面平行的且由该长方体的两个顶点确定的直线有：、，共条；长方体有6个面，每个面都有6条直线组成“平行线面组”，所以有个故答案为：.15. 已知是所在平面外一点，且，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】由可得出关于的表达式，再利用空间向量的减法可求得、的值，即可得解.【详解】因为，则，所以，所以，因此，.故答案为：.16. 甲袋中装有5个红球，2个白球和3个黑球，乙袋中装有4个红球，3个
16、白球和3个黑球，且所有球的大小和质地均相同.先从甲袋中随机取出一球放入乙袋中，再从乙袋中随机取出一球，则从乙袋中取出的球是红球的概率是_.【答案】【解析】【分析】设从甲袋取出红球为事件A，再从乙袋取出红球为事件B，求解，再计算，从而得.【详解】设从甲袋取出红球为事件A，再从乙袋取出红球为事件B，则，.，所以.故答案为：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. 某地区3000名高三学生在某次模拟考试中的总分服从正态分布，参考数据：，.（1）求；（2）请判断学生总分落在区间的人数.【答案】（1）0.8185 （2）471【解析】【分析】（1）利用正态曲线对
17、称性和原则进行求解；（2）先利用正态曲线的对称性和原则求出落在该区间上的概率，再求人数即可.【小问1详解】解：因为考生成绩，所以，所以；【小问2详解】解：因为，所以考生总分落在区间的人数为.18. 若.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）通过赋值，令和，代入分别求系数，即可求解；（2）令和，求系数的和，再结合平方差公式，即可求解.【详解】解：（1），令，可得，令，可得，.（2），令，可得，令，可得，结合可得，.19. 如图，已知正方形和矩形所在平面互相垂直，是线段的中点.（1）求证：平面；（2）试在线段上确定一点，使与所成角是60.【答案】（1）证明见解析
18、 （2）点应在线段的中点处【解析】【分析】（1）设，连接，通过证明即可得出；（2）以原点建立空间直角坐标系，利用向量关系可求出.【小问1详解】设，连接，因为是正方形，所以是中点，又因为是矩形，是线段的中点，所以,所以四边形为平行四边形，所以,因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意设，则，因为，与所成角是，所以，即，化简得，解得或（不合题意舍去），从而，因此点应在线段的中点处20. 设甲、乙两人上班，每天之前到班的概率均为，假定甲、乙两人到班的情况互不影响，且任意一人每天到班的情况相互独立.（1）用表示乙四天中之前到班的天数，求随机变量的分布列和数学期望
19、；（2）记事件为“到班的四天中，甲在之前到班的天数比乙在之前到班的天数恰好多天”，求事件发生的概率.【答案】（1）分布列见解析，数学期望 （2）【解析】【分析】（1）易知，由此可计算出所有可能的取值对应的概率，由此可得分布列；由二项分布期望公式可求得数学期望；（2）由题意知，由独立事件概率公式可知所求概率为，由此计算可得所求概率.【小问1详解】乙四天中到班的情况相互独立，且每天之前到班的概率为，由题意知：所有可能的取值为，；的分布列为：数学期望.【小问2详解】设甲四天中之前到班的天数为，则，且.由题意知：事件与互斥，且事件与，事件与均相互独立，由（1）知：事件发生的概率为.21. 在一次抛硬币
20、游戏中，甲乙两人依次抛掷，每次抛掷出现正面向上和反面向上的概率都是.甲先抛，若抛掷正面向上记1分，抛掷反面向上记-1分.设甲抛掷的得分记为数列，乙抛掷的得分记为数列，数列，的前项和分别为和.（1）求满足“”的事件的概率.（2）求满足“，且”的事件的概率.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意得出和的所有取值，进而分别求出事件概率；（2）根据题意得或-2，进而求出概率.【小问1详解】的可能取值为2，0，-2，同理的可能取值也为2，0，-2，成立时仅有，或者，两种情况故答：满足“”的事件的概率为【小问2详解】，即前两次是正正或反反，所以或-2，当，即后六次中三次正面和三次反面，此时概
21、率，当，即后六次中五次正面和一次反面，此时概率，由可知，所求概率为，所以满足“，且”的事件的概率为.22. 如图，四边形是梯形，点是平面外一点，直线与平面所成角的大小为45，且平面平面.（1）求证：；（2）求点到平面的距离；（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，得四边形是矩形，得是等边三角形，取的中点，连接，可证平面，得证；（2）证明平面，就是直线与平面所成的角，从而可得，由余弦定理求得以为坐标原点，、分别为轴、轴和轴的正方向，建立空间直角坐标系，由空间向量法计算点面距；（3）在（2）基础上，由空间向量法求二面角【小问1详解】证明：如图，取的中点，连接，因为，与平行且相等，是平行四边形，所以四边形是矩形，所以.连接，所以，则是等边三角形.取的中点，连接，则.连接，因为，所以，因为，平面，所以平面，所以.【小问2详解】解：因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.连接，则就是直线与平面所成的角，所以，所以.在中，所以，所以.如图，以为坐标原点，、分别为轴、轴和轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，.由，可得.所以.因为平面的一个法向量为，故点到平面的距离；【小问3详解】设平面的一个法向量为，由，得.可取，则.因为平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.