精品解析：江苏淮安市高中校协作体2025-2026学年度第二学期高二年级期中联考数学试卷

淮安市高中校协作体2025～2026学年度第二学期高二年级期中联考 数学 试卷 一、单项选择题（本大题共有8小题，每题5分，共40分） 1. 已知向量，，若，则（ ） A. 5 B. 2 C. 1 D. 2. 甲、乙、丙、丁四人排成一列，甲不在排头，且乙或丙在排尾的概率是（ ） A. B. C. D. 3. 已知的展开式中的系数为，则（ ） A. 4 B. C. D. 4. 已知向量，，若A，B，C三点共线，则（ ） A. B. 2 C. D. 5. 若，则 （ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 6. 如图所示，四面体所有棱长均为4，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知空间四点，，，构成梯形，则实数的值为（ ） A. 2 B. 1 C. 4 D. 3 8. 今天是星期三，再过天是星期几（ ） A. 星期三 B. 星期五 C. 星期六 D. 星期日 二、多项选择题（本大题共有3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B. 若，则是钝角 C. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 D. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面 10. 下列说法正确的是（） A. 将3封信投入5个邮筒，不同的投法共有种 B. 6本不同的书，分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有270种分法 C. 从6男4女中选4人参加比赛，若4人中必须有男有女，则共有194种选法 D. 将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为84 11. 设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，，，则（  ） A. 与不互斥 B. 与相互独立 C. D. 三、填空题（本大题共有3小题，每题5分，共15分） 12. 已知，，，则角的大小为_________ 13. 已知的展开式中，二项式系数的和为，则展开式的各项系数和为______（结果用数字作答） 14. 已知，，则在方向上的投影数量为_______，在方向上的投影向量为_________________ 四、解答题（本大题共有5小题，第15题13分，第16题、第17题每题15分，第18题、第19题每题17分，共77分） 15. 从包含甲、乙2人的6人中选4人参加米接力赛，求在下列条件下，各有多少种不同的排法？（结果用数字作答） （1）甲、乙2人都被选中且必须跑中间两棒； （2）甲、乙2人都被选中且必须跑相邻两棒； （3）甲、乙2人都被选中且不能相邻两棒； （4）甲、乙2人都被选中且甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒. 16. 如图，在边长为2的正方体中，E是棱上的点，平面交棱于点F． （1）证明：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度及此时点到平面的距离． 17. 某超市为了调查顾客单次购物金额与年龄的关系，从年龄在内的顾客中，随机抽取了100人，调查结果如表： 年龄段 类型 单次购物金额满188元 8 15 23 15 9 单次购物金额不满188元 2 3 5 9 11 （1）为了回馈顾客，超市准备开展对单次购物金额满188元的每位顾客赠送1个环保购物袋的活动.若活动当日该超市预计有5000人购物，由频率估计概率，预计活动当日该超市应准备多少个环保购物袋？ （2）在上面抽取的100人中，随机依次抽取2人，已知第1次抽到的顾客单次购物金额不满188元，求第2次抽到的顾客单次购物金额满188元的概率. 18. 已知 （1）若展开式中只有第7项的二项式系数最大，求的值； （2）当时，二项式的展开式中的系数为，常数项为，若，求的值； （3）当，时，求二项式的展开式中系数最大的项. 19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，． （1）证明：平面PAC； （2）已知，点满足平面PEC． （i）求； （ii）求平面PBD与平面PEC的夹角． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 淮安市高中校协作体2025～2026学年度第二学期高二年级期中联考 数学 试卷 一、单项选择题（本大题共有8小题，每题5分，共40分） 1. 已知向量，，若，则（ ） A. 5 B. 2 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量垂直的坐标表示求解即可. 【详解】因为， 所以，解得. 2. 甲、乙、丙、丁四人排成一列，甲不在排头，且乙或丙在排尾的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由分步计数原理求出满足条件的排法总数，再求出总的排法数，即可得答案. 【详解】第一步：因为乙或丙在排尾，共有种排法； 第二步，因为甲不在排头，且乙或丙在排尾， 所以甲只能排在中间两个位置，共有种排法； 第三步，排丁和乙丙中剩余一个人， 因为这两个人对位置没有要求，排在剩余的两个位置，共有种排法； 所以满足条件的共有种排法； 总的排法有种排法； 所以所求概率为：. 3. 已知的展开式中的系数为，则（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】展开式的通项公式为， 所以展开式中的系数为， 所以，即，解得. 4. 已知向量，，若A，B，C三点共线，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量共线的坐标表示计算即可. 【详解】由题意可知，即，解得. 5. 若，则 （ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】若，则， 即 即，解得. 6. 如图所示，四面体所有棱长均为4，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算及数量积求解即可. 【详解】由题意知，为等边三角形，所以. 所以 . 7. 已知空间四点，，，构成梯形，则实数的值为（ ） A. 2 B. 1 C. 4 D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】由空间四点，，，构成梯形，得四点共面， 则存在唯一实数对，使得， 即， 得，解得. 当时，， 所以，且， 所以空间四点构成梯形. 所以. 8. 今天是星期三，再过天是星期几（ ） A. 星期三 B. 星期五 C. 星期六 D. 星期日 【答案】D 【解析】 【分析】通过二项式定理将逐步变形为与7相关的展开式，消去能被7整除的项，最终求得除以7的余数，进而推算出对应的选项 【详解】， 因为98能被7整除，所以上式前50项都能被7整除，只需确定最后一项除以7的余数，， 所以除以7的余数为， 因为今天是星期三，所以再过天，是星期日. 二、多项选择题（本大题共有3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B. 若，则是钝角 C. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 D. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，因为有两个向量共线，所以这三个向量一定共面，正确； 对于B，若，则是钝角或是，错误； 对于C，因为是空间中的一组基底，所以不共面且都不为，假设共面，则存在不全为零的实数使得，整理得，因为是空间中的一组基底，所以线性无关，故，解得，所以假设不成立，也是空间的一个基底，正确； 对于D，因为，且，所以P，A，B，C四点共面，正确． 10. 下列说法正确的是（） A. 将3封信投入5个邮筒，不同的投法共有种 B. 6本不同的书，分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有270种分法 C. 从6男4女中选4人参加比赛，若4人中必须有男有女，则共有194种选法 D. 将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为84 【答案】ACD 【解析】 【分析】A利用分步计数原理由每封信种投法得封信共种投法判定正确，B按先分组再分配的思路分步选取书籍并分配，计算结果与所给结论不符判定错误，C用间接法从总选法中减去全男生、全女生的不合情况得到符合条件选法判定正确，D先分两类求出4个不同小球的分组数，再搭配选两个盒子排列相乘算出分配方法判定正确. 【详解】对于A，由于每封信都有种投法，则封信有种投法，故A正确； 对于B，先选2本有种，从余下的书再选2本有种，进而分给甲、乙，余下的2本分给丙、丁有，所以共有种，故B错误； 对于C，从10人中任选4人有种，若4人全是男生有种，若4人全是女生有1种，所以共有种选法，故C正确； 对于D，将4个不同的小球分成两组有种分组方法， 再将这两组分配给4个盒子中的两个有种不同的分配方法，故D正确. 11. 设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，，，则（  ） A. 与不互斥 B. 与相互独立 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据条件得，利用互斥事件的定义，即可求解；对于B，利用相互独立事件的判断方法，即可求解；对于C，直接求出，即可求解；对D，结合条件，利用条件概率公式，即可求解. 【详解】对于A，因为，，则，所以A正确， 对于B，因为，所以，又， 则，所以与相互独立，故B正确， 对于C，因为，则，又， 所以，故C错误， 对于D，因为，又，则， 所以，，故D正确. 三、填空题（本大题共有3小题，每题5分，共15分） 12. 已知，，，则角的大小为_________ 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量夹角的坐标表示求解即可. 【详解】由已知，，， 则， ，， 所以. 因为，所以. 13. 已知的展开式中，二项式系数的和为，则展开式的各项系数和为______（结果用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】由二项式系数和，可得，再令，即可得答案. 【详解】由题意可得，解得， 令，可得展开式的各项系数和为：. 14. 已知，，则在方向上的投影数量为_______，在方向上的投影向量为_________________ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】在方向上的投影数量为， 在方向上的投影向量为. 四、解答题（本大题共有5小题，第15题13分，第16题、第17题每题15分，第18题、第19题每题17分，共77分） 15. 从包含甲、乙2人的6人中选4人参加米接力赛，求在下列条件下，各有多少种不同的排法？（结果用数字作答） （1）甲、乙2人都被选中且必须跑中间两棒； （2）甲、乙2人都被选中且必须跑相邻两棒； （3）甲、乙2人都被选中且不能相邻两棒； （4）甲、乙2人都被选中且甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒. 【答案】（1）24 （2）72 （3）72 （4）84 【解析】 【分析】（1）优先安排甲乙跑中间两棒，再从其余4人中选2人排列在剩下2个位置； （2）使用捆绑法，将甲乙看作是一个元素，与另外选出的2人进行全排列； （3）使用插空法，先从除甲乙外的4人中选出2人进行排列，再将甲乙插入到已经排列好的元素的邻近位置； （4）使用占位法分类讨论，先讨论甲乙的跑第几棒，结合排列数、组合数即可求解. 【小问1详解】 甲乙两人在中间两棒，则有种排法， 从剩下4人选出2人排列到两边，有种排法， 所以共有种排法. 【小问2详解】 将甲乙绑定到一起，内部有2种排法，从剩下4人选出2人，有种选法， 全排列3个元素有种排法，所以共有种排法. 【小问3详解】 先从剩下4人选出2人先排列，有种排法， 将甲乙插入到已排列的两个元素邻近的3个空位中，以保证甲乙不相邻，有种排法， 所以共有种排法. 【小问4详解】 若甲在第四棒，乙在第一棒，则有种选法； 若甲在第四棒，乙不在第一棒，则有种选法； 若甲不在第四棒，乙在第一棒，则有种选法； 若甲不在第四棒，乙不在第一棒，则有种选法； 综上，共有种排法. 16. 如图，在边长为2的正方体中，E是棱上的点，平面交棱于点F． （1）证明：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度及此时点到平面的距离． 【答案】（1） 连接，由正方体可知，， 四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面， 平面，平面平面， ． （2）1； 【解析】 【分析】（1）根据正方体的性质，利用线面平行证明线线平行； （2）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量的坐标，求出平面法向量，利用向量夹角余弦公式结合点到平面的距离公式求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以D为原点，建立空间直角坐标系， 设的长为a，则，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，故可得； 设直线与平面所成角为， 则，解得， ， 故的长度为1； ，点到平面的距离． 17. 某超市为了调查顾客单次购物金额与年龄的关系，从年龄在内的顾客中，随机抽取了100人，调查结果如表： 年龄段 类型 单次购物金额满188元 8 15 23 15 9 单次购物金额不满188元 2 3 5 9 11 （1）为了回馈顾客，超市准备开展对单次购物金额满188元的每位顾客赠送1个环保购物袋的活动.若活动当日该超市预计有5000人购物，由频率估计概率，预计活动当日该超市应准备多少个环保购物袋？ （2）在上面抽取的100人中，随机依次抽取2人，已知第1次抽到的顾客单次购物金额不满188元，求第2次抽到的顾客单次购物金额满188元的概率. 【答案】（1）3500 （2） 【解析】 【分析】（1）根据单次购物金额满188元的顾客人数，求出100人中单次购物金额满188元的概率，根据概率估计频率求出5000人购物金额满188元的顾客人数即可； （2）根据条件概率的计算公式，列出等式求出即可. 【小问1详解】 解：由表可知，单次购物金额满188元的有：8+15+23+15+9=70人， 所以单次购物金额满188元频率为：， 所以5000人中，单次购物金额满188元大约人， 故需准备3500个环保购物袋； 【小问2详解】 记事件为“第1次抽到的顾客单次购物金额不满188元”， 记事件为“第2次抽到的顾客单次购物金额满188元”， 所以，， 所以， 故第2次抽到的顾客单次购物金额满188元的概率为. 18. 已知 （1）若展开式中只有第7项的二项式系数最大，求的值； （2）当时，二项式的展开式中的系数为，常数项为，若，求的值； （3）当，时，求二项式的展开式中系数最大的项. 【答案】（1）12 （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）根据二项式定理展开式的性质可得； （2）根据二项式定理通项公式求出的系数与常数项，由条件可求的值； （3）根据二项式定理通项公式，设第项系数最大，建立不等关系可求出的值，得系数最大的项. 【小问1详解】 若展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式共13项，故. 【小问2详解】 当时，二项式为， 展开式的通项为， 令，则，所以， 令，则，所以， 又，所以，整理得， 解得（舍去）或或. 所以或. 【小问3详解】 当，时，二项式为. 展开式的通项为， 设第项系数最大，则，即， 整理得，解得，又，所以. 所以二项式的展开式中系数最大的项为. 19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，． （1）证明：平面PAC； （2）已知，点满足平面PEC． （i）求； （ii）求平面PBD与平面PEC的夹角． 【答案】（1） 因为ABCD为菱形，所以， 设AC，BD交于点，则， 又因为，所以， 因为，AC，平面PAC， 所以BD平面PAC； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用菱形、等腰三角形的性质，结合线面垂直的判定定理证明即可； （2）（i）取PC中点，利用平面向量共线及三角形中位线的性质得； （ii）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）取PC中点，则且，由知， 所以，即四点共面， 因为平面PEC，平面OBEF，平面平面， 所以， 因此OFEB是平行四边形，故，即； （ii）由（1）可知，BD平面PAC，因为平面ABCD，所以平面平面PAC， 因为平面平面，所以在平面PAC内作Oz垂直于AC，如图， 以为原点，建立空间直角坐标系， 由题意可知，，，， 因为，且，所以，， 因此，，， ，， 由此可知，设平面PBD的一个法向量， 则，也即， 令，得， 设平面PEC的一个法向量， 则，也即， 令，得， 所以， 所以平面PBD与平面PEC的夹角为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $