精品解析：江西景德镇一中2025-2026学年度第一学期期末考试高二数学试卷

景德镇一中2025-2026学年度第一学期期末考试高二数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 学校食堂的一个窗口共卖3种菜品，甲、乙、丙、丁4名同学每人从中选一种，则选法的可能方式共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 2. 把2名新生分配到甲、乙、丙、丁四个班，甲班必须且只能分配1名新生，则不同的分配方法有（ ） A. 3种 B. 4种 C. 6种 D. 8种 3. 已知8名学生中有5名男生，从中选出4名代表，记选出的代表中男生人数为X，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 的二项展开式中二项式系数最大的项是（ ） A B. C. 和 D. 和 6. 正四面体中，，则异面直线与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 在四棱锥中，底面为正方形，，为等边三角形，线段的中点为.若，则此四棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子三次，依次记录向上的点数.记为前两次点数的平均值，为三次点数的平均值，则与的差的绝对值不超过的概率是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 在的展开式中（ ） A. 常数项为 B. 各项二项式系数的和为 C. 各项系数的和为 D. 各项系数的绝对值之和为 10. 下列命题中，正确的是（ ） A. 直线的一个方向向量是，平面的一个法向量是，则 B. 向量，，则在上的投影向量为 C. 向量，，共面 D. 平面的一个法向量为，为内的一点，则点到平面的距离为2 11. 五一假期即将来临，小张，小李，小王，小赵，小孙五名同学决定到南京的著名景点“夫子庙”、“中山陵”、“玄武湖”游玩，每名同学只能选择一个景点，则下列说法正确的有（ ） A. 所有可能的方法有125种 B. 若小张同学必须去“夫子庙”，则不同的安排方法有64种 C. 若每个景点必须有同学去，则不同的安排方法有150种 D. 若每个景点必须有同学去，且小张和小李不去同一个景点，则不同的安排方法有114种 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把正确答案填在答题卡中对应题号的横线上） 12. 已知某市高三年级某次模拟考试中数学试卷的满分为150分，阅卷结果显示，全市100000名学生的数学成绩近似服从正态分布，则这次考试数学成绩超过140分的人数约为__________.（附：若随机变量服从，则，3） 13. 的展开式中的系数为________. 14. 已知有A，B两个盒子，其中A盒装有2个黑球和1个白球，B盒装有1个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同.甲从A盒、乙从B盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出2个球全部放入A盒中；若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入B盒中.按上述方法重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变的概率是________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 为了解观看某场“苏超”联赛与性别是否有关系，某机构随机抽取了部分市民，调查他们对赛事的关注情况，得到如下表格： 性别 不关注赛事 关注赛事 合计 男性 25 150 175 女性 50 75 125 合计 75 225 300 （1）对照列联表，能否有99.9%把握认为关注“苏超”赛事与性别有关？ （2）现从被调查的关注赛事的市民中，按照性别比例采用分层抽样的方法随机抽取6名市民参加“苏超”赛事知识问答，再从这6名市民中抽取3人参加抽奖活动，记这3人中女性人数为X，求X的分布列和期望. 附：，. 001 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 16. 为促进消费，助力经济发展，某市持续开展了共8期政府消费券发放活动，记第期活动发放消费券总额为百万元，带动的消费为百万元，根据这8期活动的数据，可得，，且和的样本方差分别为，，用最小二乘法得到关于的线性回归方程为. （1）求； （2）若下一期活动政府计划发放10.8百万元的消费券，预计可以带动多少消费； （3）求相关系数.（结果保留2位小数） 参考公式：相关系数，线性回归方程中，，.参考数据：. 17. 如图1，平行四边形，，，沿折起，折后的点记为，，如图2.设，，. （1）求的大小，并写出二面角的大小（不写解答过程）； （2）求平面的法向量（用，，表示）； （3）求与平面所成角的正弦值. 18. 育才中学为普及法治理论知识，举办了一次法治理论知识闯关比赛.比赛规定：三人组队参赛，按顺序依次闯关，无论成败，每位队员只闯关一次.如果某位队员闯关失败，则由该队下一队员继续闯关，如果该队员闯关成功，则视作该队获胜，余下的队员无需继续闯关；若三位队员闯关均不成功，则视为该队比赛失败.比赛结束后，根据积分获取排名，每支获胜的队伍积分与派出的闯关人数的关系如下：，比赛失败的队伍则积分为0.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为，，，且每人能否闯关成功互不影响. （1）已知，， （ⅰ）若按甲、乙、丙的顺序依次参赛，求该队比赛结束后所获积分的期望； （ⅱ）若第一次闯关从三人中随机抽取，求该队比赛结束后所获积分的概率. （2）若，甲安排在第一位参赛，应如何安排乙、丙的参赛顺序使该队比赛结束后所获积分的期望最大，说明理由. 19. 如图，在四棱锥中，平面PAD，． （1）证明：平面ABCD； （2）若底面ABCD是正方形，．E为PB中点，点F在棱PD上，且平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为． （ⅰ）求PF； （ⅱ）平面AEF交PC于点G，点M在平面PBC上，求EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 景德镇一中2025-2026学年度第一学期期末考试高二数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 学校食堂的一个窗口共卖3种菜品，甲、乙、丙、丁4名同学每人从中选一种，则选法的可能方式共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知每人均有3种菜品可供选择，结合分步乘法计数原理即可得结果. 【详解】由题意可知：每人均有3种菜品可供选择， 所以选法的可能方式共有种. 故选：B. 2. 把2名新生分配到甲、乙、丙、丁四个班，甲班必须且只能分配1名新生，则不同的分配方法有（ ） A. 3种 B. 4种 C. 6种 D. 8种 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分2步进行，先在2名新生中任选1名，分配到甲班，再将剩下的1名新生分配到其他班级，然后根据分步乘法原理可求得答案. 【详解】根据题意，甲班必须且只能分配1名新生， 所以先在2名新生中任选1名，分配到甲班，有种情况， 然后将剩下的1名新生分配到其他班级，有种方法， 所以由分步原理可得共有种分配方法， 故选：C 3. 已知8名学生中有5名男生，从中选出4名代表，记选出的代表中男生人数为X，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据超几何分布的概率公式计算即可. 【详解】表示选出的个代表中有个男生个女生， 则. 故选：C 4. 已知随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由二项分布的方差公式求出的值，然后代入二项分布的概率公式求解. 【详解】因为，， 则， 解得或， 当时，； 当时，. 故选：D 5. 的二项展开式中二项式系数最大的项是（ ） A. B. C. 和 D. 和 【答案】C 【解析】 【分析】根据的二项式系数最大为再计算二项系数最大项. 【详解】的二项展开式中二项系数最大为， 所以二项展开式中二项系数最大的项是和. 故选：C. 6. 正四面体中，，则异面直线与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量法求得异面直线所成角的正弦值，在正方体中截取正四面体，根据坐标得到向量，即可求解. 【详解】从正方体中可截取一个正四面体，设正方体边长为，根据正方体的性质建立空间直角坐标系如图所示： ， ， 所以， 则， 因为， 所以，则，， 根据， 则， 所以异面直线PQ与BD所成角的正弦值为. 故选：D. 7. 在四棱锥中，底面为正方形，，为等边三角形，线段的中点为.若，则此四棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，连接，，由题意可得，求出四棱锥的高，及底面外接圆的圆心到P在底面的投影的距离，设正方形 的中心为，过作底面的垂线，则四棱锥的外接球的球心在 上，分别在两个直角三角形中求出外接球的半径与直角边的关系求出外接球的半径，进而求得外接球的表面积. 【详解】取的中点，连接，， 由底面为正方形，，为等边三角形， 又， 设正方形的对角线交于点，过作底面的投影，则由题意可得在 上， 由射影定理得，而 ， ，， 过作底面的垂线，则四棱锥的外接球的球心在上， 设为四棱锥的外接球球心，半径为，则 过作于，则四边形为矩形， （1）若四棱锥的外接球球心在四棱锥内部， 在中，，即 在中，，即 联立解得：，不符合题意，舍去； （2）若四棱锥的外接球球心在四棱锥外部， 在中，，即 在中，，即 联立解得：，， 所以四棱锥的外接球的表面积为 故选：B 【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法 (1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解． (2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解． 8. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子三次，依次记录向上的点数.记为前两次点数的平均值，为三次点数的平均值，则与的差的绝对值不超过的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】抛掷骰子三次，总事件数为，记前两次点数为，第三次点数为，根据题意得到，然后分类讨论的值，即可求出满足条件的事件个数，进而即可直接求得概率. 【详解】由题知，抛掷骰子三次，总事件数为， 记前两次点数为，第三次点数为， 则， 所以， 可得，即， 则满足， 当时，， 满足上述条件的个数为， 当时，， 满足上述条件的个数为， 当时，， 满足上述条件的个数为， 当时，， 满足上述条件的个数为， 当时，， 满足上述条件的个数为， 当时，， 满足上述条件的个数为， 所以满足的事件个数为， 则与差的绝对值不超过的概率是. 故选：A 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 在的展开式中（ ） A. 常数项为 B. 各项二项式系数的和为 C. 各项系数的和为 D. 各项系数的绝对值之和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用展开式通项可判断A选项；利用二项式系数和可判断B选项；令代入二项式，可判断C选项；令，代入二项式，可判断D选项. 【详解】的展开式通项为， 其中， 对于A选项，令，可得，则展开式中的常数项为，A对； 对于B选项，各项二项式系数的和为，B错； 对于C选项，各项系数的和为，C对； 对于D选项，令，则， 因此，各项系数的绝对值之和为，D对. 故选：ACD. 10. 下列命题中，正确的是（ ） A. 直线的一个方向向量是，平面的一个法向量是，则 B. 向量，，则在上的投影向量为 C. 向量，，共面 D. 平面的一个法向量为，为内的一点，则点到平面的距离为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】应用向量数量积的坐标运算求判断A；由投影向量的定义求在上的投影向量判断B；由向量共面定理有，应用坐标运算列方程求参数判断C；由空间点与平面距离的向量求法求点面距判断D. 【详解】A：由，故，故或，错； B：由题设在上的投影向量，对； C：若向量共面，则存在，，即， 所以，得，对； D：由题设，故点到平面的距离为，对. 故选：BCD 11. 五一假期即将来临，小张，小李，小王，小赵，小孙五名同学决定到南京的著名景点“夫子庙”、“中山陵”、“玄武湖”游玩，每名同学只能选择一个景点，则下列说法正确的有（ ） A. 所有可能的方法有125种 B. 若小张同学必须去“夫子庙”，则不同的安排方法有64种 C. 若每个景点必须有同学去，则不同的安排方法有150种 D. 若每个景点必须有同学去，且小张和小李不去同一个景点，则不同的安排方法有114种 【答案】CD 【解析】 【分析】对于AB：根据分步乘法计数原理分析判断；对于C：利用间接法，讨论这5人去的景点个数，结合组合数运算求解；对于D：利用间接法，讨论这个景点去的人数，结合排列数、组合数运算求解. 【详解】对于选项A：因为每个人均有3个景点可以选择， 所以所有可能方法有种，故A错误； 对于选项B：若小张同学必须去“夫子庙”，即小张的选择已经确定，不需要考虑， 所以不同的安排方法有种，故B错误； 对于选项C：若5个人都去一个景点，不同的安排方法有种； 若5个人都去其中2个景点（每个景点必须有同学去），不同的安排方法有种； 所以若每个景点必须有同学去，则不同的安排方法有种，故C正确； 对于选项D：若每个景点必须有同学去，且小张和小李去同一个景点，则有： 若这个景点仅有2人去，不同的安排方法有种； 若这个景点有3人去，不同的安排方法有种； 所以若每个景点必须有同学去，且小张和小李不去同一个景点，则不同的安排方法有种，故D正确； 故选：CD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把正确答案填在答题卡中对应题号的横线上） 12. 已知某市高三年级某次模拟考试中数学试卷的满分为150分，阅卷结果显示，全市100000名学生的数学成绩近似服从正态分布，则这次考试数学成绩超过140分的人数约为__________.（附：若随机变量服从，则，3） 【答案】2275 【解析】 【分析】利用正态分布曲线的对称性即可求解. 【详解】超过140分的概率约为， 所以超过140分的人数约为人. 故答案为：2275. 13. 的展开式中的系数为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项,求出指定项的系数. 【详解】展开式为,当时,得, 对于二项式的展开式为,当时得. 则含的展开式为. 故答案为:. 14. 已知有A，B两个盒子，其中A盒装有2个黑球和1个白球，B盒装有1个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同.甲从A盒、乙从B盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入A盒中；若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入B盒中.按上述方法重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变的概率是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知：要保证重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变，须甲、乙各胜出一次.依次分析各种取球情况，即可得到正确答案. 【详解】根据题意可知：要保证重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变，须甲、乙各胜出一次. 记为甲第次胜出，；记为乙第次胜出，； 第一次取球，甲、乙均取到黑球，甲胜出的概率为.此时，B盒只余两个白球，A盒中有3个黑球1个白球，所以第二次乙只能取到白球，而甲取到黑球的概率为. 第一次取球，甲、乙均取到白球，甲胜出的概率为.此时，B盒中有1个白球1个黑球，A盒中有2个黑球2个白球，所以第二次乙取到白球、甲取到黑球的概率为，第二次乙取到黑球、甲取到白球的概率为，即该情况下，第二次乙胜出的概率为. .第一次取球，甲取到白球、乙取到黑球，乙胜出的概率为.此时，A盒只余两个黑球，B盒中有1个黑球3个白球，所以第二次甲只能取到黑球，而乙取到黑球的概率为. 第一次取球，甲取到黑球、乙取到白球，乙胜出的概率为.此时，A盒中有1个白球1个黑球，B盒中有2个黑球2个白球，所以第二次甲、乙均取到黑球的概率为，第二次甲、乙均取到白球的概率为，即该情况下，第二次甲胜出的概率为. 因此，. 故重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变的概率是. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 为了解观看某场“苏超”联赛与性别是否有关系，某机构随机抽取了部分市民，调查他们对赛事的关注情况，得到如下表格： 性别 不关注赛事 关注赛事 合计 男性 25 150 175 女性 50 75 125 合计 75 225 300 （1）对照列联表，能否有99.9%的把握认为关注“苏超”赛事与性别有关？ （2）现从被调查的关注赛事的市民中，按照性别比例采用分层抽样的方法随机抽取6名市民参加“苏超”赛事知识问答，再从这6名市民中抽取3人参加抽奖活动，记这3人中女性人数为X，求X的分布列和期望. 附：，. 0.01 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）有 （2）分布列见解析，期望为1 【解析】 【分析】(1)运用独立性检验判断赛事与性别的关系即可； (2)先进行分层抽样，求概率后列出分布列，利用期望公式计算期望即可. 【小问1详解】 提出假设：关注“苏超”赛事与性别无关， ，则假设不成立， 所以有的把握认为关注“苏超”赛事与性别有关. 【小问2详解】 关注赛事的市民中，男性150人，女性75人， 由分层抽样知，抽取男性市民人，女性市民人， 的取值为， ， ， ， X 0 1 2 P 所以. 16. 为促进消费，助力经济发展，某市持续开展了共8期政府消费券发放活动，记第期活动发放的消费券总额为百万元，带动的消费为百万元，根据这8期活动的数据，可得，，且和的样本方差分别为，，用最小二乘法得到关于的线性回归方程为. （1）求； （2）若下一期活动政府计划发放10.8百万元的消费券，预计可以带动多少消费； （3）求相关系数.（结果保留2位小数） 参考公式：相关系数，线性回归方程中，，.参考数据：. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，，将样本中心代入回归方程，即可求得的值； （2）由（1）得到回归直线方程为，令时，即可得到预测值； （3）由，，得到，结合回归系数的公式，求得，代入相关系数的公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由，，可得，， 所以数据的样本中心为，代入回归方程， 可得，解得. 【小问2详解】 解：由（1）知：，所以回归直线方程为， 当时，可得百万元， 故预计可以带动消费百万元. 【小问3详解】 解：由，， 可得 又由，可得， 解得， 所以. 17. 如图1，平行四边形，，，沿折起，折后的点记为，，如图2.设，，. （1）求的大小，并写出二面角的大小（不写解答过程）； （2）求平面的法向量（用，，表示）； （3）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用基底表示，再根据可求，即可得出，根据二面角的定义求出即可； （2）设平面的法向量为，根据计算； （3）利用计算. 【小问1详解】 由题意得，，，， 因为，， 所以， 得，即， 因为，所以， 因为，所以向量的夹角为二面角的平面角， 因为，，所以， 故二面角的平面角为； 【小问2详解】 设平面的法向量为， 则， 令，则， 则平面的法向量为 【小问3详解】 因为， ， 则， 故与平面所成角的正弦值为. 18. 育才中学为普及法治理论知识，举办了一次法治理论知识闯关比赛.比赛规定：三人组队参赛，按顺序依次闯关，无论成败，每位队员只闯关一次.如果某位队员闯关失败，则由该队下一队员继续闯关，如果该队员闯关成功，则视作该队获胜，余下的队员无需继续闯关；若三位队员闯关均不成功，则视为该队比赛失败.比赛结束后，根据积分获取排名，每支获胜的队伍积分与派出的闯关人数的关系如下：，比赛失败的队伍则积分为0.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为，，，且每人能否闯关成功互不影响. （1）已知，， （ⅰ）若按甲、乙、丙的顺序依次参赛，求该队比赛结束后所获积分的期望； （ⅱ）若第一次闯关从三人中随机抽取，求该队比赛结束后所获积分的概率. （2）若，甲安排在第一位参赛，应如何安排乙、丙的参赛顺序使该队比赛结束后所获积分的期望最大，说明理由. 【答案】（1）（ⅰ）15；（ⅱ） （2）乙在丙前，理由见解析 【解析】 【分析】（ⅰ）依题意的可能取值为，，，，求出所对应的概率，即可求出数学期望；（ⅱ）根据全概率公式计算可得； （2）分别求出乙在前与丙在前时的期望，即可判断. 【小问1详解】 （ⅰ）依题意的可能取值为，，，， 则， ， ，. 所以； （ⅱ）第一次闯关从三人中随机抽取，每个人被抽取到的概率都是，且必须闯关成功， 所以该队比赛结束后所获积分的概率为. 【小问2详解】 若顺序为“甲乙丙”：积分的可能取值为，，，， 则，， ，. 所以 若顺序为“甲丙乙”：积分的可能取值为，，，， 则，， ，. 所以 ， 由于，，所以，， 所以乙在丙前参赛. 19. 如图，在四棱锥中，平面PAD，． （1）证明：平面ABCD； （2）若底面ABCD是正方形，．E为PB中点，点F在棱PD上，且平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为． （ⅰ）求PF； （ⅱ）平面AEF交PC于点G，点M在平面PBC上，求EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明线面垂直； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，写出点和向量的坐标，由点是上的一点得到进而得到平面的法向量的坐标，再由（1）中平面ABCD得到是平面ABCD的一个法向量，利用两平面夹角的余弦值求得的值，进而得到； （ⅱ）利用平面的法向量，确定点的坐标，从而得到的坐标，由点M在平面PBC上，可设，从而得到平面MAD的法向量，从而可以用表示出EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围，利用二次函数的值域得到正弦值的取值范围. 【小问1详解】 因为平面PAD，平面PAD，所以． 又，平面ABCD，平面ABCD，， 所以平面ABCD． 【小问2详解】 以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，如图． （ⅰ），，， ，，，设， 则． 设平面AEF的法向量为，则即， 取，得，， 所以是平面AEF一个法向量， 因为平面ABCD，所以是平面ABCD的一个法向量． 因为平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为， 所以，得，所以． （ⅱ）设，则． 因为为平面AEGF的一个法向量，所以， 所以，即，得， 所以，． ，，，，，， 因为M在平面PBC上，所以， 所以． 设平面MAD的法向量，则即， 取得，所以是平面MAD的一个法向量， 设EG与平面MAD所成角为，则 因为，所以 即EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $