精品解析：江苏南通市海安高级中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

海安中学2025－2026学年度第二学期期中考试 高二数学 一、单项选择题：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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】复数在复平面内的点为，位于第四象限. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】已知， 由，解得， 则，又， 故. 3. 设在处可导，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】变形，结合导数的定义，计算出结果. 【详解】因为在处可导, 由导数的定义可得：， 所以，. 故选：A. 4. 已知甲、乙、丙、丁、戊五位司机中，甲、乙既能开大客车也能开小客车，丙、丁、戊只能开小客车．现从这五位司机中选两人，分别去开一辆大客车和一辆小客车，则不同的安排方案有（ ） A. 20种 B. 6种 C. 8种 D. 5种 【答案】C 【解析】 【详解】第一步，为大客车选司机．从甲、乙两位司机中选1人，有2种选法． 第二步，为小客车选司机．从剩下的四位司机中选1人，有4种选法． 由分步乘法计数原理，得不同的安排方案有种， 5. 已知圆锥的母线长为13，侧面积为，则该圆锥的内切球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的特征先计算其高与底面圆半径，再利用相似的性质计算内切球半径，计算其表面积即可. 【详解】设该圆锥底面圆半径为r，高为h，根据题意有， 设其内切球半径， 所以内切球的表面积， 故选：C. 6. 已知是空间的一个基底，是空间的另一个基底，向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设向量在基底下坐标为，用该基底表示出向量，再由在基底下坐标为，表示出向量，建立等式求出即可. 【详解】设向量在基底下坐标为， 则. 已知在基底下坐标为， 即. 所以， 即， 则：， 所以向量在基底下的坐标是， 故选：B. 7. 若甲盒中有3个白球，2个红球，1个黑球，乙盒中有个白球个红球，2个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，若事件“从甲盒中取出的球和从乙盒取出的球颜色相同”的概率不小于，则的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合全概率公式得，再解不等式即可得答案. 【详解】设从甲盒中取出白球、红球、黑球的事件分别为， 从甲盒中取出的球与乙盒中取出的球的颜色相同为事件， 则，，， 所以，根据全概率公式得： ， 所以，整理得：，解得， 所以满足题意的的最小值为. 8. 《孙子算经》对同余除法有较深的研究，设，，为整数，若和被除得余数相同，则称和模同余，记为，如12和7被5除得余数都是2，则记为.若，且，则可以为（ ） A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式定理算出除17余数，再根据题意求解即可. 【详解】 ， ，因为 ， 则  除以的余数为，因此除以余数也应为. ，余数为. 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. 关于空间向量，以下说法正确的有（ ） A. 向量，，若，则 B. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 C. 设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底 D. 若空间四个点，，，，满足，则，，三点共线 【答案】BD 【解析】 【分析】选项 A 根据向量垂直的前提是两向量均为非零向量；选项 B 根据空间四点共面的充要条件，即向量表达式中系数和为 1 来判断；选项 C 根据共面向量定理结合基底的概念即可判断；选项 D 根据共线向量定理的推论，通过系数和为 1 判断三点共线，从而确定正确选项； 【详解】选项A：若，可能或，零向量与任意向量的点积为0，但零向量没有垂直的定义，因此不能推出，故A 错误； 选项B：空间四点共面的充要条件是： 对空间任意一点，存在实数，使得，且， 所以 ，因此四点共面，故B 正确； 选项C：因为 ，所以为共面向量，因此不能作为基底，故C 错误； 选项D：若，且，则根据共线向量定理的推论，三点共线，故D正确. 10. 下列选项正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 一组不全相等的数的平均数为，方差为，若再插入一个数，则这个数的方差为，则 C. 若随机变量，，则 D. 若，，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据二项分布的方差公式求出，再根据方差的性质求出；对B，根据平均数和方差的计算公式分别求出，然后比较大小；对C，根据正态分布的性质分别计算和，再比较大小；对D，根据条件概率公式和全概率列出关于的方程，进而求解. 【详解】已知随机变量， 根据二项分布的方差公式可得， 所以，故A正确； 一组不全相等的数的平均数为，所以方差， 若再插入一个数，则这个数的方差， 因为，所以，所以，故B正确； 因为随机变量，则正态分布曲线关于对称，所以， 所以， 同理，随机变量，则正态分布曲线关于对称，所以， 所以， 由正态分布的性质可知，， 所以，故C错误； 由，， 可得，， 又，所以， 又，所以， 解得，故D正确. 11. 棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点（如图1），则下列结论正确的是（ ） A. 直线与底面所成角的正切值为 B. 异面直线与的距离为 C. 若点为平面上的动点，且直线与所成角为，则动点的轨迹长度为 D. 若，交于点，正方形的四个顶点在其所在平面内绕着点逆时针旋转，得到一个十面体（如图2），则该十面体的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A建立空间直角坐标系计算线面角正弦，再应用同角三角函数关系即可求解判断；B应用空间向量计算异面直线间距离即可；C求证平面，即可确定轨迹为圆；D将图形分割为三棱锥进行求解. 【详解】对于A，如图建立空间直角坐标系. 则， ， 又平面的一个法向量显然为， 设与平面夹角为，则， 所以，故A正确； B选项，因为，， 设异面直线公垂向量，又因为 ， 所以，令，则， 设异面直线与的距离为，B选项错误； C选项，因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以，同理可得，， 因为平面，所以平面， 设平面，因为平面，所以， 因为直线与所成角为，所以， 则动点Q的轨迹是半径为的圆，故其长度为，故C正确； D选项，连接， 因为平面，所以三棱锥的高为， 则，同理可得，， 因为，且，所以， 所以， ， 因为，所以， 所以， 因为， 所以十面体的体积为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，则 . 【答案】0 【解析】 【分析】就是展开式中的系数，利用通项公式求解即可. 【详解】展开式通项为， 所以， 故答案为0. 【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用. 13. 如图，已知平行六面体中，底面是边长为的正方形，侧棱长为，且，若异面直线和所成角的大小，则______. 【答案】. 【解析】 【分析】由图形结合向量夹角公式找到关系式，从而求解. 【详解】根据已知，， 由于，，， 则 ， 则与所成角的大小， 所以， 得，则. 故答案为： 14. 三门问题（Monty Hall problom）也称蒙提霍尔问题，是比较著名的一种游戏，某个综艺节目利用这个规则进行了适当修改制定了一个抽奖游戏，有4扇编号为1，2，3，4的四个外观相同的门，只有一扇门后面有奖品，其余的门后面都没有奖品，主持人知道奖品在哪扇门后面，当抽奖人选择了某扇门后，在门打开之前，主持人先随机打开了另一扇没有奖品的门，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率.现在已知某嘉宾选择了2号门，用表示号门后有奖品，用表示主持人打开号门，则________；若抽奖人更改了选择，则其中奖概率为________. 【答案】 ①. ②. ##0.375 【解析】 【分析】根据条件概率即可求得第一空答案；结合全概率公式即可求得第二空答案. 【详解】奖品在2号门后，嘉宾选择了2号门，主持人可打开1，3，4号门，则； 若奖品在2号门后，其概率为，嘉宾更改了选择，则其选中奖品的概率为0； 若奖品不在2号门后，其概率为，主持人随机打开不含奖品的两扇门中的1个， 若此时嘉宾更改选择，其选中奖品的概率为； ∴若嘉宾更改选择，其中奖的概率为. 故答案为：； 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. 如图，平行六面体的底面是菱形，且 （1）求证： （2）当的值为多少时，平面？请给出证明. 【答案】（1）证明见解析 （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用空间向量数量积的运算律证明 即可； （2）首先利用线面垂直的性质定理证明，若 平面 ，只需满足 ，然后利用空间向量数量积的运算律即可证明. 【小问1详解】 设，，， 因为底面 是菱形， 所以，且，    . 由题知  ，且 ，因此  ， 即，故. 【小问2详解】 当时， 平面 ，证明如下： 设 ，，则  ， ， ， ， 因为底面是菱形，所以， 又因为，平面，，所以平面， 因为平面，所以 . 若 平面 ，需满足 ，  ， ，令  ，即  ， 展开整理：  ，代入  ， 得 ：  ， 由于 ， ，因此 ，即 . 此时  且 ，， 平面 ， 故 平面 . 16. 已知函数在处取得极值． （1）求的值； （2）讨论函数的单调性． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，解得即可； （2）由（1）可得，求出函数的导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间. 【小问1详解】 因为， 所以，依题意， 解得，经检验符合题意. 【小问2详解】 由（1）得且定义域为， 又， 对任意都成立， 令，解得，， ①当即时，恒成立，则函数在上单调递减； ②当即时，令，解得，则函数在上单调递增， 令，解得或，则函数在和上单调递减； ③当即时，令，解得，则函数在上单调递增， 令，解得或，则函数在和上单调递减． 综上可得：当时在上单调递减； 当时在上单调递增，在和上单调递减； 当时在上单调递增，在和上单调递减. 17. 若的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比为. （1）求展开式中各项的系数和与各项的二项式系数和的比值； （2）求展开式中所有的有理项； （3）求展开式中系数最大的项. 【答案】（1） （2）. （3）第4项和第5项 【解析】 【分析】（1）先根据题意求出的值，再求出展开式中各项的系数和与各项的二项式系数和即可； （2）求出展开式的通项公式求解，令为整数即可； （3）设展开式中第项的系数最大，列出不等式求出结果. 【小问1详解】 由题，可得，即，即，又，所以， 令，得，故系数和为，各项的二项式系数和为， 故展开式中各项的系数和与各项的二项式系数和的比值为. 【小问2详解】 因展开式的通项公式为，， 当时，为整数，即，，， 所以展开式的有理项为. 【小问3详解】 因为展开式的通项公式为，， 设展开式中第项的系数最大，则， 即，解得或， 故展开式的第4项和第5项的系数最大， 又，， 所以展开式系数最大的项为第4项和第5项. 18. 如图，在正四棱台中，，且． （1）若． （i）求证：平面； （ii）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值． （2）若正四棱台的8个顶点均在球M的表面上，求球M体积的最小值． 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）； （2）. 【解析】 【分析】1）（i）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证；（ii）求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法及线面角的向量法求解. （2）由（1）中坐标系，设出球心坐标，利用空间两点间距离公式列式，借助基本不等式求出最小球半径即可. 【小问1详解】 （i）在正四棱台中，连接，过作平面， 则直线必过正方形中心，设正四棱台的高为， 则， ，因此，即，而， 则，又平面，平面， 所以平面. （ii）由（i）得，设平面的法向量， 则，取，得，而平面的法向量， 由二面角为，得， 解得，，又，设平面的法向量， 则，取，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问2详解】 由正四棱台的8个顶点均在球M的表面上，得球心在直线上， 设，正方形的外接圆半径为，正方形外接圆半径， 点，设球的半径为，则，即， 于是， ，当且仅当，即时取等号，满足， 因此当正四棱台外接球的球心为正方形的中心时，球半径取最小值， 所以球M体积的最小值为. 19. 第八届中国国际进口博览会于2025年11月5日至10日在国家会展中心（上海）举办某公司对参加本届进博会的服务人员开展专项培训，为庆祝服务人员培训合格，该公司设置了一个闯关小游戏，规则如下：在一个不透明的盒子里放入3个大小与质地均相同的小球，其中1个白球，2个黑球，每次有放回地从中任取1个小球，连续取两次，以上过程记为一轮闯关，如果两次取到的都是白球，则闯关成功，闯关者结束闯关，否则闯关失败，然后往盒子里再放入1个黑球，进行下一轮闯关，如此不断继续下去，直至闯关成功． （1）已知某人参加闯关游戏，且最多进行3轮闯关（即使第3轮闯关不成功，也停止闯关）． （ⅰ）记该人闯关的轮数为，求的分布列和数学期望； （ⅱ）在该人闯关成功的条件下，求该人第1轮闯关失败的概率． （2）记闯关者前轮闯关成功的概率之和为，证明：． 【答案】（1）（i）分布列见解析，；（ii） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）分别计算出取1，2，3对应的概率，列出分布列，求出期望； （ii）用条件概率公式进行求解； （2）法一：根据裂项相消发化简得，结合证不等式； 法二：计算，用平方差公式展开约分，得，结合证不等式； 【小问1详解】 （i）由题意知X的所有可能取值为1，2，3， ，，， 所以X的分布列为 X 1 2 3 P 则X的数学期望. （ii）设事件B表示该人闯关成功，F表示该人第一轮闯关失败，（，2，3）表示该人第i轮闯关成功， 则，，， ， ， 由条件概率的计算公式可得， 故在该人闯关成功的条件下，该人第1轮闯关失败的概率为. 【小问2详解】 法一：由题意知 ， 令， 则， 所以. 因为，所以，所以， 所以. 法二：由题意知， 则 ， 所以. 因为，所以，所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海安中学2025－2026学年度第二学期期中考试 高二数学 一、单项选择题：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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 设在处可导，则（　　） A. B. C. D. 4. 已知甲、乙、丙、丁、戊五位司机中，甲、乙既能开大客车也能开小客车，丙、丁、戊只能开小客车．现从这五位司机中选两人，分别去开一辆大客车和一辆小客车，则不同的安排方案有（ ） A. 20种 B. 6种 C. 8种 D. 5种 5. 已知圆锥的母线长为13，侧面积为，则该圆锥的内切球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是空间的一个基底，是空间的另一个基底，向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标是（ ） A. B. C. D. 7. 若甲盒中有3个白球，2个红球，1个黑球，乙盒中有个白球个红球，2个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，若事件“从甲盒中取出的球和从乙盒取出的球颜色相同”的概率不小于，则的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 8. 《孙子算经》对同余除法有较深的研究，设，，为整数，若和被除得余数相同，则称和模同余，记为，如12和7被5除得余数都是2，则记为.若，且，则可以为（ ） A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 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. 关于空间向量，以下说法正确的有（ ） A. 向量，，若，则 B. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 C. 设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底 D. 若空间四个点，，，，满足，则，，三点共线 10. 下列选项正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 一组不全相等的数的平均数为，方差为，若再插入一个数，则这个数的方差为，则 C. 若随机变量，，则 D. 若，，，则 11. 棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点（如图1），则下列结论正确的是（ ） A. 直线与底面所成角的正切值为 B. 异面直线与的距离为 C. 若点为平面上的动点，且直线与所成角为，则动点的轨迹长度为 D. 若，交于点，正方形的四个顶点在其所在平面内绕着点逆时针旋转，得到一个十面体（如图2），则该十面体的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，则 . 13. 如图，已知平行六面体中，底面是边长为的正方形，侧棱长为，且，若异面直线和所成角的大小，则______. 14. 三门问题（Monty Hall problom）也称蒙提霍尔问题，是比较著名的一种游戏，某个综艺节目利用这个规则进行了适当修改制定了一个抽奖游戏，有4扇编号为1，2，3，4的四个外观相同的门，只有一扇门后面有奖品，其余的门后面都没有奖品，主持人知道奖品在哪扇门后面，当抽奖人选择了某扇门后，在门打开之前，主持人先随机打开了另一扇没有奖品的门，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率.现在已知某嘉宾选择了2号门，用表示号门后有奖品，用表示主持人打开号门，则________；若抽奖人更改了选择，则其中奖概率为________. 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. 如图，平行六面体的底面是菱形，且 （1）求证： （2）当的值为多少时，平面？请给出证明. 16. 已知函数在处取得极值． （1）求的值； （2）讨论函数的单调性． 17. 若的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比为. （1）求展开式中各项的系数和与各项的二项式系数和的比值； （2）求展开式中所有的有理项； （3）求展开式中系数最大的项. 18. 如图，在正四棱台中，，且． （1）若． （i）求证：平面； （ii）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值． （2）若正四棱台的8个顶点均在球M的表面上，求球M体积的最小值． 19. 第八届中国国际进口博览会于2025年11月5日至10日在国家会展中心（上海）举办某公司对参加本届进博会的服务人员开展专项培训，为庆祝服务人员培训合格，该公司设置了一个闯关小游戏，规则如下：在一个不透明的盒子里放入3个大小与质地均相同的小球，其中1个白球，2个黑球，每次有放回地从中任取1个小球，连续取两次，以上过程记为一轮闯关，如果两次取到的都是白球，则闯关成功，闯关者结束闯关，否则闯关失败，然后往盒子里再放入1个黑球，进行下一轮闯关，如此不断继续下去，直至闯关成功． （1）已知某人参加闯关游戏，且最多进行3轮闯关（即使第3轮闯关不成功，也停止闯关）． （ⅰ）记该人闯关的轮数为，求的分布列和数学期望； （ⅱ）在该人闯关成功的条件下，求该人第1轮闯关失败的概率． （2）记闯关者前轮闯关成功的概率之和为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $