精品解析：江苏东海高级中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

江苏省东海高级中学2025-2026学年下学期期中考试 高二数学试卷 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：苏教版选项性必修第二册第六-八章． 一、选择题：本题共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. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 2. 从4名女同学和3名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法为（ ） A. 12种 B. 7种 C. 4种 D. 3种 3. 已知随机变量，若，，则（ ） A. 15 B. C. D. 4. 展开式中含的项是 A. 第8项 B. 第9项 C. 第10项 D. 第11项 5. 由组成没有重复数字的5位数，其中大于21300的正整数个数为（ ） A. 81 B. 87 C. 96 D. 105 6. 三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知某厂甲、乙两车间生产同一批衣架，且甲、乙两车间的产量分别占全厂产量的，，甲、乙车间的优品率分别为.现从该厂这批产品中任取一件，则取到优品的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 某班有4位同学参赛，每人从《大学》、《中庸》、《论语》、《孟子》这4本书中选取1本进行准备，且各自选取的书均不相同，比赛时有以下两种方案：（1）这四位同学从这4本书中有放回随机抽取1本选择其中的内容背诵，记抽到自己准备的书的人数为X，（2）这四位同学从这4本书中不放回随机抽取一本选择其中的内容背诵，记抽到自己准备的书的人数为Y，则有（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 当时，除以8的余数是1 D. 展开式中二项式系数最大项为第3项 10. 某计算机程序每运行一次都随机出现一个n位二进制数，其中ai，若在A的各数位上出现0和1的概率均为，记，则当程序运行一次时（ ） A. B. C. X的数学期望 D. X的方差 11. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，平面，为的中点，则（ ） A. B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. D. 点到平面的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 对于事件A，B，，，，则____ 13. 已知二面角的棱上有两点，，若二面角的大小为，且，则__________. 14. 已知，若，则的值为_______. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比为56:3．求: （1）展开式中的所有有理项； （2）展开式中系数绝对值最大的项． 16. （1）如图，要给地图上四个区域分别涂上4种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，不同的涂色方案有多少种？ （2）将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，求有多少种不同的种植方法． 17. 某校为激发学生对天文、航天、数字科技三类知识的兴趣，举行了一次知识竞赛（三类题目知识题量占比分别为，，）.甲回答这三类问题中每道题的正确率分别为，，. （1）若甲在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率. （2）知识竞赛规则：随机从题库中抽取2n道题目，答对题目数不少于n道，即可以获得奖励.若以获得奖励的概率为依据，甲在和之中选其一，则应选择哪个？ 18. 如图，四棱台的底面为正方形，侧面为等腰梯形，，，为的中点． （1）证明：平面平面； （2）求平面和平面夹角的余弦值． （3）在上是否存在一点，使的体积为，若存在，求与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由. 19. 在某歌手大赛中，每位参赛选手均必须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，甲、乙通过的概率分别为；在第二轮比赛中，甲、乙通过的概率分别为p，q．假设甲、乙两人在每轮比赛中是否通过互不影响． （1）若，求乙恰好有一轮通过的概率． （2）若甲、乙都恰好有一轮通过的概率为，甲、乙两轮都通过的概率为． （i）求p，q的值； （ii）求甲、乙两人至少有一人两轮都通过的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省东海高级中学2025-2026学年下学期期中考试 高二数学试卷 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：苏教版选项性必修第二册第六-八章． 一、选择题：本题共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. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据排列数的性质和计算公式化简求其解即可. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以，又，， 所以， 所以不等式的解集为， 故选：D. 2. 从4名女同学和3名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法为（ ） A. 12种 B. 7种 C. 4种 D. 3种 【答案】B 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理求得正确答案. 【详解】依题意，不同的选法为. 故选：B 3. 已知随机变量，若，，则（ ） A. 15 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由随机变量的期望和方差公式解方程组计算即可. 【详解】因为，， 所以， 即，所以， 所以． 故选：A． 4. 展开式中含的项是 A. 第8项 B. 第9项 C. 第10项 D. 第11项 【答案】B 【解析】 【分析】 化简二项式展开式的通项公式，由此求得含的项是第几项. 【详解】二项式展开式的通项公式为，令，解得，故含的项是第项.故选B. 【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式，考查运算求解能力，属于基础题. 5. 由组成没有重复数字的5位数，其中大于21300的正整数个数为（ ） A. 81 B. 87 C. 96 D. 105 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分类讨论，然后结合排列数代入计算，即可得到结果. 【详解】当首位是其中一个时，剩下位上的数任意排列， 此时有种情况； 当首位是时，第二位数是其中一个时，剩下位上的数任意排列， 此时有种情况； 当首位是时，第二位数是时，第三位数是其中一个时，剩下位上的数任意排列， 此时有种情况； 所以一共有种情况. 故选：C 6. 三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】法一：设，，，棱长均为1，则，，，再根据向量夹角的求法求解即可；法二：根据空间斯坦纳定理夹角公式求解． 【详解】法一：设，，， 设三棱柱棱长均为1，因，则， 又因，， 所以， ， ， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 法二：不妨设底面边长与侧棱长均为1，则易得， 同法一可证：，由空间斯坦纳定理夹角公式： 所以． 故选：B． 7. 已知某厂甲、乙两车间生产同一批衣架，且甲、乙两车间的产量分别占全厂产量的，，甲、乙车间的优品率分别为.现从该厂这批产品中任取一件，则取到优品的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据全概率公式，结合已知条件，即可求得结果. 【详解】设分别表示产品由甲、乙车间生产；表示产品为优品， 由题可得：， 故. 故选：A. 8. 某班有4位同学参赛，每人从《大学》、《中庸》、《论语》、《孟子》这4本书中选取1本进行准备，且各自选取的书均不相同，比赛时有以下两种方案：（1）这四位同学从这4本书中有放回随机抽取1本选择其中的内容背诵，记抽到自己准备的书的人数为X，（2）这四位同学从这4本书中不放回随机抽取一本选择其中的内容背诵，记抽到自己准备的书的人数为Y，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可知，结合二项分布的数学期望公式与方差公式即可求与；根据排列组合知识和古典概型可知Y取0，1，2，4时的概率，再由公式即可求与，比较大小即可求解. 【详解】由题可知方案（1）中这四位同学抽到自己准备的书的概率均为，易知， 由二项分布的数学期望公式与方差公式可知： ，. 由题可知Y的所有可能取值为0，1，2，4， ， ， ， ， ， ， . 二、选择题：本题共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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 当时，除以8的余数是1 D. 展开式中二项式系数最大项为第3项 【答案】BC 【解析】 【分析】利用赋值法可判断AC，利用导数可判断B，利用二项式系数的性质可判断D. 【详解】对于A，令，可得，令，可得， 所以，故A错误； 对于B，， 两边求导，可得， 令，可得，故B正确； 对于C，当时，，所以除以8的余数是1，故C正确； 对于D，展开式共有7项，所以展开式中二项式系数最大项为第4项，故D错误. 故选：BC. 10. 某计算机程序每运行一次都随机出现一个n位二进制数，其中ai，若在A的各数位上出现0和1的概率均为，记，则当程序运行一次时（ ） A. B. C. X的数学期望 D. X的方差 【答案】ABC 【解析】 【分析】确定，计算得到AB正确，根据数学期望和方差的公式计算得到C正确，D错误，得到答案. 【详解】由二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0，1，每位数出现0，1是独立的， 所以，所以，故A正确； ，故B正确； 因为，所以，故C正确，D错误. 故选：ABC 11. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，平面，为的中点，则（ ） A. B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量线性运算可知A正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量求法、向量模长的求解与点到平面距离的向量求法依次验证BCD选项即可. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，以为坐标原点，正方向为轴正方向可建立如图空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 即异面直线与所成角的余弦值为，B正确； 对于C，由B知：，， 即，C错误； 对于D，由B知：，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 设点到平面的距离为，则，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 对于事件A，B，，，，则____ 【答案】##0.5 【解析】 【分析】先利用条件概率和事件的概率算出，再根据概率加法公式和、的值求出，最后根据对立事件概率公式求出． 【详解】由条件概率公式，可得， 故， 又因， 则，所以． 13. 已知二面角的棱上有两点，，若二面角的大小为，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】将向量分解为，利用向量模长公式展开计算，结合二面角的大小得到向量夹角，进而求出的长度. 【详解】由题意可知，且，，二面角的大小为， 故与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为. 所以 因此. 故答案为： 14. 已知，若，则的值为_______. 【答案】43 【解析】 【分析】因为的展开通项为：，根据，求的，将所给等式两边求导，即可求得的值. 【详解】的展开通项为： 又 等式两边求导可得： 令，得： 故答案为： 【点睛】本题解题关键是掌握多项式系数的求法和导数基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比为56:3．求: （1）展开式中的所有有理项； （2）展开式中系数绝对值最大的项． 【答案】（1）和 （2） 【解析】 【分析】（1）先由系数比求 ,再写通项，令指数为整数定 ，代入求对应有理项. （2）方法一：设系数绝对值为某数列，作商判单调性,确定最大项位置，代入求该项. 方法二：列相邻项系数绝对值不等式组，求解的范围确定整数 ，代入求得最大项. 【小问1详解】 由题意得二项式展开式的通项如下， 为，． 第5项对应，系数为； 第3项对应，系数为． 由已知得，化简可得， 解得（舍去）． 当时，通项为，． 故展开式的有理项需满足为整数，所以或． 当时，， 当时，， 故展开式的有理项为和． 【小问2详解】 由（1）可知二项式展开式的通项如下， 为，． 方法一：设项的系数绝对值为，． 可得，令，得． 所以当时，，当时，． 所以最大，即时系数绝对值最大． 此时， 故展开式中系数绝对值最大的项为． 方法二：设项的系数绝对值为，． 由题意， 化简第一个不等式 ， 可得， 化简得，解得 ， 化简第二个不等式 ， 可得，则，解得， 所以，又，所以． 故最大，即时系数绝对值最大． 此时， 故展开式中系数绝对值最大的项为． 16. （1）如图，要给地图上四个区域分别涂上4种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，不同的涂色方案有多少种？ （2）将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，求有多少种不同的种植方法． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）按区域顺序，结合相邻约束确定各区域颜色选择数，用分步乘法计数原理计算总方案数； （2）采用补集思想，先计算满足相邻不同的所有种植方法，再剔除仅使用2种作物的不符合情况，得到最终结果. 【详解】（1）由区域相邻关系，与、相邻，与、、相邻， 与、、相邻，与、相邻. 区域有种颜色可选，区域与相邻，有种颜色可选，区域与、均相邻， 有种颜色可选，区域仅需与、颜色不同，有种颜色可选. 所以方案数为. （2）先不考虑“3种作物全部种植”的限制，仅满足相邻试验田作物不同的条件： 第1块田有种作物可选，后续每块田只需与左侧相邻田作物不同， 各有种选择，总方法数为. 从种作物中选种，有种选法，种作物交替种植仅种方式， 故仅种种作物的方法数为. 所以方案数为. 17. 某校为激发学生对天文、航天、数字科技三类知识的兴趣，举行了一次知识竞赛（三类题目知识题量占比分别为，，）.甲回答这三类问题中每道题的正确率分别为，，. （1）若甲在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率. （2）知识竞赛规则：随机从题库中抽取2n道题目，答对题目数不少于n道，即可以获得奖励.若以获得奖励的概率为依据，甲在和之中选其一，则应选择哪个？ 【答案】（1） （2）选 【解析】 【分析】（1）根据题意，由全概率公式即可得到结果； （2）当时，X为甲答对题目的数量，则，求出概率，当时，分情况分析，求出概率，再比较大小. 【小问1详解】 设所选的题目为天文、航天、数字科技相关知识的题目分别为事件，，， 所选的题目回答正确为事件B， 则 ， 所以该同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为； 【小问2详解】 当时，X为甲答对题目的数量，则， 故当时，甲获奖励的概率， 当时，甲获奖励的情况可以分为如下情况： ①前10题答对题目的数量大于等于6， ②前10题答对题目的数量等于5，且最后2题至少答对1题， ③前10题答对题目的数量等于4，且最后2题全部答对， 故当时，甲获奖励的概率 ， ，即， 所以甲应选. 18. 如图，四棱台的底面为正方形，侧面为等腰梯形，，，为的中点． （1）证明：平面平面； （2）求平面和平面夹角的余弦值． （3）在上是否存在一点，使的体积为，若存在，求与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：由题可知，所以， 所以， 所以，即 又四边形是正方形，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，故平面平面； （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由勾股定理可得，即，又，根据线面垂直判定定理可证平面，最后由面面垂直的判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，代入公式运算得解. （3）根据等体积法求出点的位置，再利用向量法求线面夹角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作直线平面，以为坐标原点建立如图坐标系， 过作， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，所以为四棱台的高， 又，所以， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则由，得， 令，所以， 设平面的一个法向量为， 则由，得， 令，得平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为， 则， 所以平面和平面夹角的余弦值为． 【小问3详解】 假设在上存在一点，使的体积为， 设， 所以， 解得，所以，， 由（2）可知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 所以在上存在一点，使的体积为，此时与平面所成角的正弦值为 19. 在某歌手大赛中，每位参赛选手均必须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，甲、乙通过的概率分别为；在第二轮比赛中，甲、乙通过的概率分别为p，q．假设甲、乙两人在每轮比赛中是否通过互不影响． （1）若，求乙恰好有一轮通过的概率． （2）若甲、乙都恰好有一轮通过的概率为，甲、乙两轮都通过的概率为． （i）求p，q的值； （ii）求甲、乙两人至少有一人两轮都通过的概率． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据互斥事件、相互独立事件的概率计算； （2）（i）记事件“甲、乙都恰好有一轮通过”，事件“甲、乙两轮都通过”，分别表示，，求出； （ii）记事件“甲两轮都通过”，事件“乙两轮都通过”，事件“甲、乙两人至少有一人两轮都通过”，由或，计算得解. 【小问1详解】 设事件“甲通过第一轮比赛”，事件“甲通过第二轮比赛”， 事件“乙通过第一轮比赛”，事件“乙通过第二轮比赛”， 由题知相互独立，且． 记事件“乙恰好有一轮通过”，则， 又互斥， 所以当时，， 即当时，乙恰好有一轮通过的概率为. 【小问2详解】 （i）记事件“甲、乙都恰好有一轮通过”，事件“甲、乙两轮都通过”， 则 ，① ，② 由①②，得，解得. （ii）记事件“甲两轮都通过”，事件“乙两轮都通过”，事件“甲、乙两人至少有一人两轮都通过”， 则， 则． 或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $