精品解析：江苏省通州高级中学2024-2025学年高二下学期期中冲刺考试数学试题

2023级高二年级数学学科限时作业 总分：150分，时间：120分钟 出卷人：高二数学备课组 一、单选题 1. 某医学科研所对人体脂肪含量与年龄这两个变量研究得到一组随机样本数据，运用Excel软件计算得（为人的年龄，为人体脂肪含量）．对年龄为37岁的人来说，下面说法正确的是（　　） A. 年龄为岁的人体内脂肪含量一定为 B. 年龄为岁人体内脂肪含量约为 C. 年龄为岁的人群中的体内脂肪含量平均为 D. 年龄为岁的人群中的大部分人的体内脂肪含量约为 2. 若展开式的二项式系数之和为，则展开式中含项的系数为（ ） A B. C. D. 3. 已知随机变量X满足，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 已知，，为原点，则与的夹角是（ ） A. 0 B. C. D. 5. 一组数据满足，若去掉后组成一组新数据.则新数据与原数据相比（ ） A. 极差变大 B. 平均数变大 C. 方差变小 D. 第25百分位数变小 6. 袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了次球，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 2025年3月14日是星期五.学校数学组于3月10日至3月14日举办为期5天的“数学节”活动，其中有一项抽奖活动.在一个不透明的纸箱中，放着5个质地、大小完全相同的小球，球上写着“星期一”、“星期二”、“星期三”、“星期四”、“星期五”，分别对应得分：.学生从中有放回地任取一个球，记下得分.设事件“第一次得分5”，事件“第二次得分5”，则（ ） A. B. C. D. 8. 6名同学想平均分成两组进行半场篮球比赛，有同学提出用“剪刀、石头、布”游戏决定分组．当大家同时展示各自选择手势（剪刀、石头或布）时，如果恰好只有3个人手势一样，或有3个人手势为上述手势中的同一种，另外3个人手势为剩余两种手势中的同一种，那么同手势的3个人为一组，其他人为另一组，则下列结论正确的是（ ） A. 在进行该游戏前将6人平均分成两组，共有20种分组方案 B. 一次游戏共有种手势结果 C. 一次游戏分不出组的概率为 D. 两次游戏才分出组的概率为 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一组样本数据，，…，的平均数等于，，…，的平均数 B. 样本数据1，1，1，0，2的标准差大于方差 C. 若随机变量服从二项分布，则 D. 若随机变量服从正态分布，且，则 10. 表示三个随机事件，判断下列选项正确的是（ ） A. 已知是事件与事件相互独立的充要条件 B. 已知，则 C. 已知是事件与事件互斥的充要条件 D. 已知，则 11. 如图，四棱锥底面是边长为4的正方形，若点M在四边形内（包含边界）运动，N为的中点，，，则（ ）． A. 当M为的中点时，异面直线与所成角为 B. 当平面时，点M的轨迹长度为 C. 当与平面所成的角是时，点M到的距离可能为 D. 点Q是四棱锥外接球上的一点，则的最大值是 三、填空题 12. 已知随机变量分布列如下： 0 1 2 0.6 若，则______；当______时，最大． 13. 50张彩票中只有2张中奖票，今从中任取n张，为了使这n张彩票里至少有一张中奖的概率大于0.5，n至少为________． 14. 一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动1个单位长度，蚂蚱所在的点会留下颜色，则蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的期望________. 四、解答题 15. 已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 16. 现有6个不同的小球放入编号分别为1，2，3的三个不同盒子. （1）当每个盒子的球数大于等于0时，求共有多少种不同放法；（用数字作答） （2）当每个盒子的球数不小于它的编号数时，求共有多少种不同放法；（用数字作答） （3）当每个盒子的球数不小于1时，求共有多少种不同放法；（用数字作答） （4）若将题干中“6个不同的小球”改为“6个相同的小球”，其他条件不变，则当每个盒子的球数不小于1时，共有多少种不同放法？（用数字作答） 17. 为了解南、北方消费者对新能源汽车的认可度，随机对南、北方共500位消费者进行问卷调查，得到如下列联表： 对新能源汽车的认可度 合计 认可 不认可 南方消费者 150 150 300 北方消费者 75 125 合计 225 500 （1）求，； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为南、北方消费者对新能源汽车的认可度有差异？ （3）记南、北方消费者中对新能源汽车认可的概率分别为，，给出，的估计值，并根据，求4位消费者（2位南方消费者和2位北方消费者）中认可新能源汽车的人数的分布列与期望． 附：． 0.005 0.010 0.001 3841 6.635 10.828 18. 如图，在四棱台中，底面是梯形，，，，，且. （1）求证：平面平面. （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 19. 在”五四”来临之际，某学校团委组织以“春风吹，青春启航”为主题的知识竞赛，比赛分初赛和决赛两个阶段，甲、乙两人进入决赛争夺冠军，决赛规则如下：每轮答题获得分，其概率为，获得分，其概率为.最多进行轮答题，某同学累计得分为分时，比赛结束，该同学获得冠军，另一同学获得亚军. （1）当进行完轮答题后，甲同学总分为，求的分布列及； （2）若累计得分为的概率为，（初始得分为分，） ①求的表达式(). ②求获得亚军的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高二年级数学学科限时作业 总分：150分，时间：120分钟 出卷人：高二数学备课组 一、单选题 1. 某医学科研所对人体脂肪含量与年龄这两个变量研究得到一组随机样本数据，运用Excel软件计算得（为人的年龄，为人体脂肪含量）．对年龄为37岁的人来说，下面说法正确的是（　　） A. 年龄为岁的人体内脂肪含量一定为 B. 年龄为岁的人体内脂肪含量约为 C. 年龄为岁的人群中的体内脂肪含量平均为 D. 年龄为岁的人群中的大部分人的体内脂肪含量约为 【答案】C 【解析】 【分析】根据回归直线的定义，结合所给函数即可得出结论. 【详解】由题意， 在中，当时，， 表示的是年龄为37岁的人群中体内脂肪含量平均为， 故选：C. 2. 若展开式的二项式系数之和为，则展开式中含项的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式系数和为可得，利用通项公式计算可得结果. 【详解】∵展开式的二项式系数之和为， ∴，故， ∴展开式的第项为， 由得， ∴，即含项的系数为. 故选：B. 3. 已知随机变量X满足，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用期望、方差的性质求解. 【详解】由，得，则； 由，得，因此. 故选：C 4. 已知，，为原点，则与的夹角是（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可. 【详解】因为， 且，， 所以； 因为，所以，即． 故选：B. 5. 一组数据满足，若去掉后组成一组新数据.则新数据与原数据相比（ ） A. 极差变大 B. 平均数变大 C. 方差变小 D. 第25百分位数变小 【答案】C 【解析】 【分析】根据极差，平均数，方差与百分位数的定义计算出去掉前后的相关数据，比较厚得到答案. 【详解】由于， 故，，……，，， A选项，原来的极差为，去掉后，极差为，极差变小，故A错误； B选项，原来的平均数为， 去掉后的平均数为，平均数不变，故B错误； C选项，原来的方差为， 去掉后的方差为， 方差变小，故C正确； D选项，，从小到大排列，选第个数作为第百分位数，即， ，故从小到大排列，选择第个和第个数作为第百分位数，即， 由于，去掉后第25百分位数变大，故D错误. 故选：C 6. 袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了次球，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据独立重复试验概率的计算可得答案. 【详解】当时，表示前次中取到次红球，第次取到红球，所以， 故选：B. 7. 2025年3月14日是星期五.学校数学组于3月10日至3月14日举办为期5天的“数学节”活动，其中有一项抽奖活动.在一个不透明的纸箱中，放着5个质地、大小完全相同的小球，球上写着“星期一”、“星期二”、“星期三”、“星期四”、“星期五”，分别对应得分：.学生从中有放回地任取一个球，记下得分.设事件“第一次得分5”，事件“第二次得分5”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由古典概率模型求得，再由条件概率即可取得结果. 【详解】由已知得，故. 故选：B. 8. 6名同学想平均分成两组进行半场篮球比赛，有同学提出用“剪刀、石头、布”游戏决定分组．当大家同时展示各自选择的手势（剪刀、石头或布）时，如果恰好只有3个人手势一样，或有3个人手势为上述手势中的同一种，另外3个人手势为剩余两种手势中的同一种，那么同手势的3个人为一组，其他人为另一组，则下列结论正确的是（ ） A. 在进行该游戏前将6人平均分成两组，共有20种分组方案 B. 一次游戏共有种手势结果 C. 一次游戏分不出组的概率为 D. 两次游戏才分出组的概率为 【答案】D 【解析】 【分析】根据平均分组模型判断A，根据分步乘法计数原理判断B，分3个人出一样的手势，再确定另外2个人出其他两种手势中的一种，最后1个人出剩下的手势与个人出同一种手势，另外3个人出剩余两种手势中的同一种两类后分别计算判断C，第一次分不出第二次分出同时发生的，由相互独立事件的乘法公式判断D. 【详解】对A，一共有种分组方案，A错误． 对B，每人有3种选择，所以一次游戏共有种手势结果，B错误． 对CD，要分出组，有两类情况．第一类情况，首先确定3个人出一样的手势，再确定另外2个人出其他两种手势中的一种，最后1个人出剩下的手势，所以能分出组的手势结果有种． 第二类情况，当其中3个人出同一种手势，另外3个人出剩余两种手势中的同一种时，能分出组的手势结果有种， 所以一次游戏就分出组的概率为，所以一次游戏分不出组的概率为，C错误． 两次游戏才分出组的概率为，D正确． 故选：D 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一组样本数据，，…，的平均数等于，，…，的平均数 B. 样本数据1，1，1，0，2的标准差大于方差 C. 若随机变量服从二项分布，则 D. 若随机变量服从正态分布，且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项由平均数公式得到两组数据的平均数的关系，然后比较即可；B选项先求出数据的平均数，然后分别求出方差和标准差即可；C选项由二项分布得到结合对应的方差公式即可得到；D选项由正态分布的对称性得到，即可求出. 【详解】A选项：设，则，所以A选项错误； B选项：这组数据的平均数，所以方差， 标准差，∴，即标准差大于方差，B选项正确； C选项：由可知，所以，C选项正确； D选项：由可知，∴由对称性可得， ∴，D选项正确. 故选：BCD. 10. 表示三个随机事件，判断下列选项正确的是（ ） A. 已知是事件与事件相互独立的充要条件 B. 已知，则 C. 已知是事件与事件互斥的充要条件 D. 已知，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用条件概率和相互独立事件的判断方法，即可判断；对于B，由，即可判断；对于C，利用互斥事件的定义和概率公式即可判断；对于D，利用条件概率公式即可判断. 【详解】对于A，因为，得到， 故事件与相互独立，即充分性成立； 若事件与相互独立，则， 于是，即必要性成立，故A正确； 对于B，因为，因表示事件发生而不发生的概率， 而则表示事件都不发生的概率，故B错误； 对于C，因为， 所以，又，故事件与互斥，即充分性成立； 若事件与互斥，则，，即必要性成立，故C正确； 对于D，因为，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，四棱锥底面是边长为4的正方形，若点M在四边形内（包含边界）运动，N为的中点，，，则（ ）． A. 当M为的中点时，异面直线与所成角为 B. 当平面时，点M的轨迹长度为 C. 当与平面所成的角是时，点M到的距离可能为 D. 点Q是四棱锥外接球上的一点，则的最大值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，建立适当的空间直角坐标系，求得，判断它是否为0即可；对于B，通过分析得知点M的轨迹是过点O与平行的线段，比较的长度和即可；对于C，点M的轨迹以中点K为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如图），只需比较弧上点到距离的最小值和的大小即可判断；对于D，，根据的最大值即可判断. 【详解】因为底面是边长为4的正方形，，， 则都正三角形，所以， 所以在底面上的射影为直角的外心， 即是的中点，也是正方形的中心，所以四棱锥为正四棱锥， 对于A，连接， 则，，两两垂直， 故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，， N为的中点，则． 当M为的中点时，，，， 设异面直线与所成角为， ，，故，A正确； 对于B，设Q为的中点，N为的中点， 则，平面，平面，则平面， 又平面，，平面， 又，设， 故平面平面，平面平面， 平面平面，则， 则H为的中点，点M在四边形内（包含边界）运动，则， 点M的轨迹是过点O与平行的线段，长度为4，B不正确； 对于C，即点M的轨迹以中点K为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如图）， K到的距离为3，弧上的点到的距离最小值为， 因为，所以存在点M到的距离为，C正确； 对于D，，的最大值，D正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点点睛：解题的关键在于建立适当的空间直角坐标系，准确画出图形，利用向量方法解决几何问题. 三、填空题 12. 已知随机变量的分布列如下： 0 1 2 0.6 若，则______；当______时，最大． 【答案】 ①. 0.1## ②. 0.2## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分布列的性质，期望公式计算得值；利用方差与期望的关系建立关于的函数，探讨函数的最大值即可. 【详解】由，得，因此； 依题意，，， 因此， 则当时，取得最大值. 故答案为：0.1；0.2 13. 50张彩票中只有2张中奖票，今从中任取n张，为了使这n张彩票里至少有一张中奖概率大于0.5，n至少为________． 【答案】15 【解析】 分析】根据超几何分布概率公式列出不等式，进而解出n. 【详解】用X表示中奖票数， P(X≥1)＝， 所以，解得n≥15. 故答案为：15. 14. 一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动1个单位长度，蚂蚱所在的点会留下颜色，则蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的期望________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意分析蚂蚱跳动4次后染色的点数，根据独立事件的概率公式求解. 【详解】蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的可能取值为， 表示蚂蚱在或者之间来回跳动， 则； 表示蚂蚱由向右最远跳到， 可以为“右右左左”，“右左右右”，“右右左右”共种， 由对称性知由向左最远跳到，也有种， 由向左最远跳到，最右跳到，可能为“左右右左”，“右左左右”有种， 故一共有种， 则； 表示蚂蚱跳动为“右右右左”，“左左左右”，“左右右右”，“右左左左”，共种， 则； 表示蚂蚱跳动为“右右右右”，“左左左左”，共种， 则； 则， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是开始在处也是一个点，因为不能原地跳动，因此的最小值为. 四、解答题 15. 已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，即可得出的值； （2）令，可得出的值； （3）解法一；设，分析可知，当为偶数时，；当为奇数时，，再结合赋值法可求得所求代数式的值； 解法二：设，结合展开式通项可得，则，结合赋值法可得结果. 【小问1详解】 展开式通项为， 令，可得. 【小问2详解】 令，则. 【小问3详解】 解法一：设， 展开式通项为，则， 当为偶数时，；当为奇数时，. 所以， ； 解法二：的展开式通项为， 则， 设， 的展开式通项为， 则， 所以， . 16. 现有6个不同的小球放入编号分别为1，2，3的三个不同盒子. （1）当每个盒子的球数大于等于0时，求共有多少种不同放法；（用数字作答） （2）当每个盒子的球数不小于它的编号数时，求共有多少种不同放法；（用数字作答） （3）当每个盒子的球数不小于1时，求共有多少种不同放法；（用数字作答） （4）若将题干中“6个不同的小球”改为“6个相同的小球”，其他条件不变，则当每个盒子的球数不小于1时，共有多少种不同放法？（用数字作答） 【答案】（1） （2） （3）540 （4） 【解析】 【分析】（1）根据分步乘法计数原理即可求解， （2）根据组合以及分步乘法计数原理即可求解， （3）根据组合以及分类加法计数原理即可求解， （4）利用挡板法即可求解. 【小问1详解】 当每个盒子的球数大于等于0时，根据分步计数原理共有种不同放法； 小问2详解】 当每个盒子的球数不小于它的编号数时，1号盒1个球，2号盒2个球，3号盒3个球，共有种不同放法； 【小问3详解】 当每个盒子的球数不小于1时，共有三类：第一类，一盒4个球，其余两盒各1个球，有种；第二类，一盒1个球，一盒2个球，一盒3个球，有种；第三类，每盒2个球，有种，所以共有540不同放法； 【小问4详解】 在6个相同的小球中间5个空插入2个挡板，共有种不同放法. 17. 为了解南、北方消费者对新能源汽车的认可度，随机对南、北方共500位消费者进行问卷调查，得到如下列联表： 对新能源汽车的认可度 合计 认可 不认可 南方消费者 150 150 300 北方消费者 75 125 合计 225 500 （1）求，； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为南、北方消费者对新能源汽车的认可度有差异？ （3）记南、北方消费者中对新能源汽车认可的概率分别为，，给出，的估计值，并根据，求4位消费者（2位南方消费者和2位北方消费者）中认可新能源汽车的人数的分布列与期望． 附：． 0.005 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）， （2）可以认为南，北方消费者对新能源汽车的认可度有差异 （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据列表计算求解； （2）先计算，再与临界值比较即可判断； （3）先应用频率计算，，再结合独立事件概率乘积公式计算概率再列出分布列，再应用公式计算期望即可. 【小问1详解】 由列联表得，． 【小问2详解】 ． 由于，所以根据小概率值的独立性检验，可以认为南，北方消费者对新能源汽车的认可度有差异． 【小问3详解】 南、北方消费者中对新能源汽车认可的频率分别为，，因此，的估计值分别为，． 4位消费者（2位南方消费者和2位北方消费者）中认可新能源汽车的人数， 则， ， ， ， ． 故的分布列为： 0 1 2 3 4 故． 18. 如图，在四棱台中，底面是梯形，，，，，且. （1）求证：平面平面. （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理证明，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理求解即可； （2）利用面面垂直的性质定理和勾股定理证明，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角即可. 【小问1详解】 连交于点，由，设， 由余弦定理得，解得，， 因为，所以和相似， 又， 所以，故， 再由余弦定理，所以，， 于是. 由四棱台可知，与交于一点，所以共面， 因，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 过点作垂线，由（1）知，平面平面. 且平面平面, 所以该垂线为平面的垂线，所以直线与平面所成角为， 于是，， 由余弦定理，得， 所以，即， 平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 以所在直线建立如图所示的坐标系， 则，，，，又， 所以，， 所以，，，， 设平面与平面的法向量分别为与， 所以，即， 则，令，则，所以， 且，即，令，则， 则， 所以， 于是， 由图形可知，二面角为锐角， 故二面角的余弦值为. 19. 在”五四”来临之际，某学校团委组织以“春风吹，青春启航”为主题的知识竞赛，比赛分初赛和决赛两个阶段，甲、乙两人进入决赛争夺冠军，决赛规则如下：每轮答题获得分，其概率为，获得分，其概率为.最多进行轮答题，某同学累计得分为分时，比赛结束，该同学获得冠军，另一同学获得亚军. （1）当进行完轮答题后，甲同学总分为，求的分布列及； （2）若累计得分为的概率为，（初始得分为分，） ①求的表达式(). ②求获得亚军的概率. 【答案】（1）分布列见解析， （2）①；②获得亚军的概率为 【解析】 【分析】（1）利用二项分布，来求概率即可； （2）①利用递推思想，也就是要分析累计得分，可能是上一次累计得分，再得2分，也可能是上一次累计得分，再得1分，然后计算相应的概率即可得到递推关系； ②有了递推关系和首项，就可以用数列中的累加思想求通项，然后求出的值即可表示得冠军的概率，而两人争夺冠亚军是对立事件，所以利用对立事件概率求法即可解决问题. 【小问1详解】 设进行完轮答题时，得分的次数为，. ，， 随机变量表示甲同学的总分，其可能取值为，，，， ， ， ， 所以的分布列为： 3 4 5 6 【小问2详解】 ①当时，即累计得分为分，是第一轮抢答得分，，则， 累计得分为分的情况分两种： （i），即累计得分为分，又一轮抢答得分，其概率为. （ii），即累计得分为分，又一轮抢答得分，其概率为. 则，所以. 所以数列是首项为，公比为的等比数列. 所以. ②由①得，，，， 各式累加得：. 而，所以. 所以获得冠军的概率：. 所以获得亚军的概率为：. 【点睛】关键点点睛：关键就是找到相邻两个累计总分之间的关系，然后利用相互独立事件和互斥事件来求它们的相等关系，即，有了这个递推关系，就可以用构造等比数列的思想和累加法思想，来求出通项. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $