精品解析：江苏连云港市海州区2025-2026学年高二第二学期期中学业水平质量监测数学试题

2025-2026学年度高二第二学期期中学业水平质量监测 数学试题 注意事项 1.本试卷共4页，满分为150分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将答题卡交回. 2.答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置. 3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效. 一、单项选择题（共8小题满分40分） 1. 的值是（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据组合数、排列数计算公式求解. 【详解】. 故选：A 2. 设随机变量，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.5 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性直接求解即可. 【详解】易知正态分布关于对称，因此， 又，所以, 所以. 3. 已知向量是直线l的一个方向向量，向量是平面的一个法向量，若，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的数量积求解. 【详解】向量是直线l的一个方向向量， 向量是平面的一个法向量，， ， ，解得. 故选：D. 4. 已知随机变量的分布列如下： 0 1 2 若，则（ ） A. B. 7 C. 21 D. 22 【答案】C 【解析】 【详解】易知，可得； 又，可知，所以，解得， 因此； 所以. 5. 把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把一枚骰子连续抛掷两次，基本事件总数，利用列举法求出事件包含的基本事件，事件包含的基本事件，求出，再利用条件概率公式可求得结果. 【详解】把一枚骰子连续抛掷两次，基本事件总数， 事件包含的基本事件有：，共9种， 事件包含的基本事件有：，共5种， 所以， 所以. 故选：B 6. 在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，可证平面，则直线到平面的距离等于点到平面的距离，利用空间向量求点到平面的距离. 【详解】如图，以点为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，， 可得，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为，可知， 且平面，平面，所以平面， 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离， 则点到平面的距离为， 所以直线到平面的距离为. 7. 某游客计划3天内游览完A，B，C，D，E这5个景点，每天至多游览2个景点，且A，B两个景点不安排在同一天游览，则不同的安排方案种数为（ ） A. 36 B. 72 C. 90 D. 144 【答案】B 【解析】 【分析】先算5个景点3天游览的总方案数，再算、同天的方案数，用总方案数减、同天的方案数，最终得出结果. 【详解】5个景点分到3天，每天至多2个景点，因此分组只能是2，2，1， 所以，又因为， 所以总方案数， 若A、B安排在同一天：共分组方式， 又因为三个组分配到3天，共种排列， 因此A、B同天的方案数， 所以，即不同的安排方案种数为72. 8. 如图，已知两个正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M，N分别在正方形对角线和上移动，且.当的长最小时，直线和夹角的余弦值是（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式、配方法进行求解最小时的，进而利用向量计算即可求得结果. 【详解】因为平面平面，，， 且平面平面，平面， 故平面，又平面， 故，从而两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 有，，，，， ，，， ， ， 当时，最小，最小值为； 即当，为、中点时，最短， 则，， ，， ， 直线和夹角的余弦值是. 二、多项选择题（共3小题满分18分） 9. 已知空间向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若在上的投影向量为，则 D. 若与夹角为钝角，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据向量的加法的坐标运算，计算即可判断A；根据两向量平行的坐标关系，可判断B；根据投影向量的求法，代数计算，即可判断C；根据夹角为钝角，可得，且与不共线，根据数量积公式求解可判断D. 【详解】对于A，由， 则，即，解得，故正确； 对于B，若，显然与不共线， 若，与共线，则， 解得，故正确； 对于C，因为在上的投影向量为， 所以，即，解得或，故错误； 对于D，若与夹角为钝角，可得，且与不共线， 则，解得，且，即， 所以，故错误， 故选：AB. 10. 甲、乙、丙等五名学生和一位老师六人站成一排照相，则（ ） A. 老师不排在两端的概率为 B. 学生甲、乙、丙两两互不相邻的概率为 C. 学生甲、乙、丙连排在一起的概率为 D. 老师不排在两端，学生甲、乙、丙三人中有且仅有两人相邻的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用古典概型即可判断A；利用插空法结合古典概型即可判断B；利用捆绑法结合古典概型即可判断C；利用排除法结合古典概型即可判断D. 【详解】对于A，老师不排在两端的概率为，故A正确； 对于B，先排甲、乙、丙之外的3人，有种，形成了4个空， 在这4个空中排甲、乙、丙，方法有种， 所以甲、乙、丙互不相邻的排法有种， 所以所求概率为，故B错误； 对于C，甲、乙、丙连排在一起有种， 把甲、乙、丙看作一个整体，再和其他三人一起排，有种， 所以学生甲、乙、丙连排在一起的概率为，故C正确； 对于D，从学生甲、乙、丙中任选出2人看作一个“整体”，方法有种， 先排教师和余下的两人，有种，形成了4个空， 将整体和另一个人插在4个空之间，有种， 所以满足条件的排法有种， 若老师排在两端，与其他两人先排，有种，形成了3个空， 将整体和另一个人插在3个空中，有种， 满足此条件的排法有种， 所以满足条件的排法有种， 所以所求概率为，故D正确. 11. 如图所示，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 不存在点，使得平面平面 C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D. 若正方体棱长为1，则以为球心，为半径的球体被平面所截图形面积的最小值为+2 【答案】AC 【解析】 【分析】通过证明平面平面，判断A；建立空间坐标系，利用线线垂直的向量求法及面面垂直判定定理即可判断B；利用线面角的向量求法即可判断C；利用截面圆性质求出截面圆半径，代入圆的面积求解公式即可判断D. 【详解】对于A，连接，， 正方体中，，， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面. 又，平面，，所以平面平面. 又平面，所以平面.故A正确. 以为坐标原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为， 则，，，，，，，， 所以，，. 所以，， 所以，，即，， 又，平面，且，所以平面， 又平面，所以平面平面. 所以当点为中点时，，，三点共线，所以平面与平面为同一平面， 此时平面，所以平面平面. 故存在点，使得平面平面，B错误. 由平面，取平面的法向量为. 设，，则. 设直线与平面所成角为， 则 ， 因为，所以，所以， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故C正确. 当时，已知为边长为2的等边三角形， 此时，，，， 设点到平面的距离为， 则. 当点与点重合时，取最小值，最小值为1， 此时截面的半径取最小值，为， 所以截面面积的最小值为，故D错误. 三、填空题（共3小题满分15分） 12. 若，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据组合数的性质计算可得结果. 【详解】由题意得，且，解得， ∵，∴或，解得（舍去）或． 13. 现有五种不同的颜料可用，从这五种染料中选取染料给四棱锥的五个顶点染色，要求同一条棱上的两个顶点不同色，问满足条件的染色方案有___________种. 【答案】420 【解析】 【分析】分使用五种染料、四种染料、三种染料求解，最后相加即可. 【详解】五个顶点涂五种不同的颜色，有（种）涂法； 五个顶点涂四种不同的颜色，其中同色不同色或不同色同色，有（种）涂法； 五种顶点涂三种不同的颜色，其中同色且同色，有（种）涂法. 综上，共有120＋240＋60=420（种）涂色方法. 故答案为：420 14. 某篮球运动员进行定点投篮训练．已知他第一次投篮命中的概率为0.5．若前一次命中，则下一次命中的概率为0.8；若前一次未命中，则下一次命中的概率为0.4．该运动员第二次投篮命中的概率为______；若这名篮球运动员做4组投篮训练，每组连续投篮2次，2次都命中记为成功，每组投篮训练成功与否相互独立，设这4组投篮训练中成功的次数为X，则期望______． 【答案】 ①. 0.6## ②. 1.6## 【解析】 【分析】第一空，设事件表示“第次投篮命中”，然后根据全概率公式求解即可. 第二空，先求出每组投篮训练成功的概率，再根据二项分布的期望公式计算. 【详解】设事件表示“第次投篮命中”，则表示“第次投篮未命中”. 由题意，. 根据全概率公式可得. 每组连续投篮命中2次为成功，第一次命中概率为，若第一次命中，则第二次命中的概率为，根据分步乘法计数原理，每组投篮训练成功的概率为. 又每组投篮训练成功与否相互独立，且每组投篮训练成功的概率均为，共进行组投篮训练，所以，所以. 四、解答题（共5大题满分77分） 15. 从3名男生和6名女生中选出4人去参加一项创新比赛． （1）如果所选4人中恰有男生1人，女生3人，且女生甲必须在内，那么有多少种选法？ （2）如果所选4人中男生不少于2人，那么有多少种选法？ 【答案】（1）30 （2）51 【解析】 【分析】（1）先选男生有种选法，再选满足条件的女生有种选法，再由分步乘法计数原理即可得出答案. （2）方法一直接法，求出符合条件的两类选法，由分类加法计数原理即可得出答案；方法二排除法，用总的方法总数减去两种不符合条件的情况，即可得出答案. 【小问1详解】 选1名男生，有种选法， 选3名女生，且女生甲必须在内，有种选法． 所以符合条件的不同选法有（种）． 【小问2详解】 方法一（直接法）：符合条件的选法有两类： 第1类，2名男生，2名女生的选法有种； 第2类，3名男生，1名女生的选法有种； 所以男生不少于2名的不同选法有（种）． 方法二（排除法）： 因为从9名学生中，选4名代表的选法共有种， 其中包括1男3女和4女0男两种不符合条件的情况， 所以男生不少于2名的不同选法有（种）． 故共有51种不同的选法． 16. 已知，的二项展开式中第2项与第6项的二项式系数相等. （1）求n的值与展开式中各项的系数和； （2）求展开式中二项式系数最大的项. 【答案】（1）6,1； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用组合数性质求，赋值法求系数和； （2）根据组合数性质确定二项式最大项，结合通项公式可得. 【小问1详解】 由题知，，由组合数性质可知，； 令得展开式中各项的系数和为 【小问2详解】 因为，所以展开式共有7项， 由二项式系数的性质可知，第4项的二项式系数最大， 所以. 17. 如图，三棱锥中，平面AOB，，，． （1）求证：平面POC； （2）求平面PAB与平面POC夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为平面AOB，平面AOB， 因此，，故， 在等腰中，易知，， 由正弦定理可得， 则，在中，由余弦定理，可得， 故有，则， 因为，平面POC，且、， 所以平面POC． （2） 【解析】 【分析】（1）根据几何性质，证明，再结合平面AOB即可证明平面POC； （2）以O为原点，OA为轴，OC为轴，OP为轴建立空间直角坐标系，通过空间向量法求解二面角的余弦值即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，OA、OP、OB三者两两垂直， 则以O为原点，OA为轴，OC为轴，OP为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 又，可得， 因为平面POC，所以平面POC的一个法向量为， 又，， 设平面PAB的法向量为，则，即， 令，则可得平面PAB的一个法向量，为， 所以平面PAB与平面POC的夹角余弦值为． 18. 某景区上、下山各有步行和乘观览车两种方式．调查显示，游客选择步行和乘观览车上山的概率分别为，，步行上山的游客下山时继续选择步行的概率为，乘观览车上山的游客下山时继续选择乘观览车的概率为．假设游客之间选择上、下山的方式互不影响． （1）从该景区出口随机选取一名下山的游客，求该游客是步行下山的概率； （2）从该景区出口随机选取4名下山的游客，记X为这4人中步行下山的游客人数，求X的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式即可求解； （2）由二项分布列概率公式和期望公式计算即可. 【小问1详解】 设事件A为“游客步行上山”，事件B为“游客乘观览车上山”，事件C为“游客步行下山”， 由题意可知，，，， 由全概率公式， 即该游客是步行下山的概率为． 【小问2详解】 由（1）可知每位游客步行下山的概率均为，故这4人中步行下山的游客人数， 故， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P X的数学期望． 19. 如图，在四棱锥中，平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 取中点，连接， 因为为中点，所以，且， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，即， 又平面，平面，所以平面； （2）（i）（ii）存在， 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值； （ii）设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为平面，且， 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 因为平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 不妨取，则，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为； （ii）存在点满足题意， 易知， 假设存在点满足题意，设， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则， 所以点到平面的距离，化简可得， 解得或（舍去），即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度高二第二学期期中学业水平质量监测 数学试题 注意事项 1.本试卷共4页，满分为150分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将答题卡交回. 2.答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置. 3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效. 一、单项选择题（共8小题满分40分） 1. 的值是（   ） A. B. C. D. 2. 设随机变量，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.5 3. 已知向量是直线l的一个方向向量，向量是平面的一个法向量，若，则（ ） A. B. C. D. 1 4. 已知随机变量的分布列如下： 0 1 2 若，则（ ） A. B. 7 C. 21 D. 22 5. 把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则等于（ ） A. B. C. D. 6. 在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 7. 某游客计划3天内游览完A，B，C，D，E这5个景点，每天至多游览2个景点，且A，B两个景点不安排在同一天游览，则不同的安排方案种数为（ ） A. 36 B. 72 C. 90 D. 144 8. 如图，已知两个正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M，N分别在正方形对角线和上移动，且.当的长最小时，直线和夹角的余弦值是（ ） A. B. 0 C. D. 二、多项选择题（共3小题满分18分） 9. 已知空间向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若在上的投影向量为，则 D. 若与夹角为钝角，则 10. 甲、乙、丙等五名学生和一位老师六人站成一排照相，则（ ） A. 老师不排在两端的概率为 B. 学生甲、乙、丙两两互不相邻的概率为 C. 学生甲、乙、丙连排在一起的概率为 D. 老师不排在两端，学生甲、乙、丙三人中有且仅有两人相邻的概率为 11. 如图所示，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 不存在点，使得平面平面 C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D. 若正方体棱长为1，则以为球心，为半径的球体被平面所截图形面积的最小值为+2 三、填空题（共3小题满分15分） 12. 若，则_____. 13. 现有五种不同的颜料可用，从这五种染料中选取染料给四棱锥的五个顶点染色，要求同一条棱上的两个顶点不同色，问满足条件的染色方案有___________种. 14. 某篮球运动员进行定点投篮训练．已知他第一次投篮命中的概率为0.5．若前一次命中，则下一次命中的概率为0.8；若前一次未命中，则下一次命中的概率为0.4．该运动员第二次投篮命中的概率为______；若这名篮球运动员做4组投篮训练，每组连续投篮2次，2次都命中记为成功，每组投篮训练成功与否相互独立，设这4组投篮训练中成功的次数为X，则期望______． 四、解答题（共5大题满分77分） 15. 从3名男生和6名女生中选出4人去参加一项创新比赛． （1）如果所选4人中恰有男生1人，女生3人，且女生甲必须在内，那么有多少种选法？ （2）如果所选4人中男生不少于2人，那么有多少种选法？ 16. 已知，的二项展开式中第2项与第6项的二项式系数相等. （1）求n的值与展开式中各项的系数和； （2）求展开式中二项式系数最大的项. 17. 如图，三棱锥中，平面AOB，，，． （1）求证：平面POC； （2）求平面PAB与平面POC夹角的余弦值． 18. 某景区上、下山各有步行和乘观览车两种方式．调查显示，游客选择步行和乘观览车上山的概率分别为，，步行上山的游客下山时继续选择步行的概率为，乘观览车上山的游客下山时继续选择乘观览车的概率为．假设游客之间选择上、下山的方式互不影响． （1）从该景区出口随机选取一名下山的游客，求该游客是步行下山的概率； （2）从该景区出口随机选取4名下山的游客，记X为这4人中步行下山的游客人数，求X的分布列及数学期望． 19. 如图，在四棱锥中，平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $