精品解析：江苏省镇江第一中学2025-2026学年高二第二学期5月联考数学试题（A卷）

高二数学（A卷） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3、考试结束后，将答题卡交回． 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. 空间直角坐标系中，已知线段，其中点，则点的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间两点间的距离公式计算即可得解. 【详解】已知点，若点的坐标为， 则，故A错误； 若点的坐标为，则，故B正确； 若点的坐标为，则，故C错误； 若点的坐标为，则，故D错误. 2. 的个位数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【详解】 ， 展开式中除了最后一项，其余均为10的倍数，故的个位数为4. 3. 某小区随机调查了10位业主2月份每户的天然气使用量，数据如下（单位：）：18，19，20，20，21，21，22，23，23，24．估计该小区业主月均用气量的样本数据的上四分位数为（ ） A. 21 B. 22 C. 22.5 D. 23 【答案】D 【解析】 【详解】上四分位数即75%分位数，题干的10个数据已经从小到大排列好， ， 则75%分位数取从小到大的第8个数，即23. 4. 对以下各选项中的多面体顶点进行涂色，要求相邻顶点颜色不同，则仅需2种颜色满足要求的是（ ） A. 正方体 B. 正八面体 C. 正三棱台 D. 正四面体 【答案】A 【解析】 【详解】 对于A，如图， 正方体的8个顶点要求相邻顶点颜色不同，需两种颜色即可： 例，对，有1种颜色，对需要另1种颜色， 故需2种颜色即可满足要求； 对于B，正八面体是由同底的两个正四棱锥组成，共6个顶点， 上顶点为，下顶点为，中间四个顶点：； 与相连，与相连，要求相邻顶点颜色不同，需3种以上颜色即可. 例，对涂第1种颜色，那么必须涂第2种颜色，要使满足题目要求， 必须对再分色涂，至少需3种颜色即可满足要求； 对于C，正三棱台的上下两个面为两个正三角形，侧棱连接对应顶点，共6个顶点， 上底面顶点为，，；下底面顶点为，，； 当上底面，，顶点两两相连，满足题目要求需3种颜色去涂， 故正三棱台至少需3种颜色满足要求； 对于D，假设正四面体的4个顶点分别为，用颜色1涂，用颜色2涂， 要与，颜色不同，只能用颜色3涂，要与顶点的颜色不同， 只能用颜色4，所以要使正四面体相邻顶点颜色不同，至少需4种颜色即可； 故A选项正确. 5. 已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为1．O为底面内一点，且，，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量共面的推论求出，再根据数量积的定义及运算律计算可得. 【详解】根据空间向量共面定理：若点在平面内，且， 则系数和满足，解得： , 已知正三棱锥侧棱长，底面边长, 在中，，故，得, 同理在中，，故，得 , 展开： 因此结果为​. 6. 某物理量的测量结果服从正态分布，下列结论中不正确的是（ ） A. 越小，该物理量在一次测量中在的概率越大 B. 该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5 C. 该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等 D. 该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等 【答案】D 【解析】 【分析】由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可得解. 【详解】对于A，为数据的方差，所以越小，数据在附近越集中，所以测量结果落在内的概率越大，故A正确； 对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为，故B正确； 对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于的概率与小于的概率相等，故C正确； 对于D，因为该物理量一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，所以一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，故D错误. 故选：D. 7. 已知随机变量．设随机变量，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先求出二项分布的期望和方差，再利用与的关系求出即可得解. 【详解】因为随机变量，所以，. 因为，所以， 所以. 8. 已知正方体中，P，Q分别为棱，上的动点，则二面角的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，建系，写出相关点的坐标，设，求出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式，结合余弦函数的性质即可求得. 【详解】如图，设正方体的棱长为1，则， 设，则，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设二面角的平面角为，由题意，为锐角，则 ， 当时，，则； 当时，， 因在单调递减，故， 此时，则得， 综上，可得， 故二面角的最大值为. 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. 正方体的棱长为1．则（ ） A. B. 正四面体的体积为 C. 直线与所成角为 D. 直线与的距离为 【答案】AC 【解析】 【分析】在正方体中通过，两向量的数量积是否为0可判断A选项； 通过正方体的体积减去四个相等三棱锥的体积等于正四面体的体积可判断B选项； 通过异面直线所成角转化为等边三角形的内角，可判断C选项； 通过两异面直线的距离计算可判断D选项. 【详解】 如图，在棱长为1的正方体中，以为原点， 分别以， ，所在直线为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系.，，，， 对于A，， ， ， 所以，即，A选项正确． 对于B，正方体的体积，， ， ， ， 则正四面体的体积为正方体的体积减去4个相等的三棱锥的体积， 即：，B选项不正确． 对于C，因为，直线与所成角为就是直线与所成角， 连接，则为等边三角形，，所以C选项正确； 对于D，， 设为，都垂直的向量，则 令，则，所以， 根据异面直线的距离计算公式有，， 故D选项不正确. 10. 如图，在一个的正方形网格中，某人初始位置为网格中心点．每次投掷一枚质地均匀的正四面体，其四个面分别标有“前、后、左、右”字样．根据朝下一面的标注，沿网格线移动1格，且各次投掷相互独立．（ ） A. 经过连续2次移动，有可能回到位置 B. 经过连续3次移动，有可能回到初始位置 C. 经过连续移动4次，最终位置落在网格边界上的概率为 D. 经过连续移动4次，恰好回到初始位置的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由题意可得只需两次的方向相反即可，从而即可判断；对于B，设向前、向后、向左、向右移动的步数为，从而得要回到原位，移动的总步数为，必为偶数，即可判断；对于C，由题意可得须是连续4次向左(右、前、后)移动，求出其概率即可判断；对于D，结合B可得，分向前2次，向后2次；向左2次，向右2次及向前1次，向后1次，向左1次，向右1次，分别求出对应概率，即可判断. 【详解】对于A，经过连续2次移动，要回到原位，只需这两次的方向相反即可，如一前一后，一左一右，这是有可能的，故A正确； 对于B，设向前、向后、向左、向右移动的步数为， 要回到原位，则必有， 故移动的总步数为，必为偶数，不可能为3步，故B错误； 对于C，要使连续移动4次，最终位置落在网格边界上， 则必须是连续4次向左(右、前、后)移动， 而每一次向4个方向移动的概率均为， 所以落在边界上的概率为，故C正确； 对于D，由B的分析可知，要使连续移动4次，恰好回到初始位置， 则必有， 即①：向前2次，向后2次，此时； ②向左2次，向右2次，此时； ③向前1次，向后1次，向左1次，向右1次，此时； 所以经过连续移动4次，恰好回到初始位置的概率为，故D正确. 11. 在四边形中，为以点为直角顶点的等腰直角三角形，为以点为直角顶点的直角三角形，其中，．当沿着翻折的过程中（ ） A. 直线与所成角的最大值为 B. 当时，二面角的大小为 C. 四面体总存在外接球 D. 若四面体存在外接球，则外接球半径的最小值为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据特殊位置平面平面时，，可判断A的真假；作出二面角的平面角，当时，可求二面角平面角的大小，判断B的真假；根据三棱锥的性质确定C的真假；确定中点为外接球球心时，外接球的半径最小，并证明中点可以为四面体外接球球心，进而求外接球半径，判断D的真假. 【详解】对A：当平面平面时，因为平面平面， 平面，且，所以平面， 又平面，所以，所以直线与所成角的可以为， 这是两直线所成角的最大值，故A正确； 折叠前，将补成矩形，取中点，中点，连接. 沿折叠时，，，所以为二面角的平面角， 又平面，， 所以平面，又平面，所以平面平面. 所以过点作平面的垂线，垂足必在直线上. 对B：当时，因为，所以点为点在平面的射影. 即平面. 在中，，，， 所以，所以，即二面角为，故B错误； 对C：四面体总存在外接球，故C正确； 对D：因为为的外心，且， 四面体外接球半径若有最小值，应以为四面体外接球的球心. 此时由，，所以，所以， 此时，，因为，所以存在. 此时四面体外接球半径取得最小值，为1.故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. ________．（结果用组合数表示） 【答案】 【解析】 【详解】由二项式定理， 因为 所以两边展开式中的系数相等． 左边展开式中，要得到，可取第一项中的与第二项中的相乘，其中 ． 因此的系数为 又由组合数性质 所以左边展开式中的系数为 右边展开式中的系数为 因此 13. 从正方体的八个顶点中任意取四个点，则值的不同种数为________． 【答案】5 【解析】 【分析】利用空间向量的坐标运算，分、、及既不平行也不垂直分别求解即可. 【详解】由题意可得的关系有：，，及既不平行也不垂直； 设正方体的八个顶点为， 以为坐标原点， 分别为轴，建立空间坐标系， 设正方体的棱长为1， 则，，，，，，，， 当时，则 或； 当时，则 或； 当时，则 ； 当既不平行也不垂直时： 如：当， 时， ； 当， 时，； 当， 时， ； 当 ， 时， ； 当 ， 时，； 综上，的值为 ，共5种情况. 14. “飞行棋”是一种家喻户晓的竞技游戏；玩家通过投掷一枚质地均匀的正六面体骰子来决定棋子前进步数；若掷出的点数等于剩余步数，则棋子恰好到达终点；若掷出的点数超出剩余步数，则棋子从终点再往回走超出的步数；若掷出的点数不足剩余步数，则正常前进．假设在某次游戏中，棋子恰好位于距离终点6步的位置，设随机变量“棋子到达终点所需的投掷次数”，则________． 【答案】6 【解析】 【分析】确定只要玩家没在终点下一次直接获胜的概率为这一条件，结合期望公式，建立关于的方程求解即可. 【详解】由题意得，只要玩家没在终点，下一次直接获胜的概率为，继续游戏的概率为， 故可设从任意非终点位置（距离终点1至6步）到达终点的期望投掷次数均相同，记为， 即有的概率结束游戏，此时共投掷了1次， 有的概率没投中，因为已经投了1次，那么接下来还需要投掷次，总共投掷了次， 所以，解得. 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. 袋中有5个形状、质地完全相同的小球，其中3个红球，2个白球．从中一次性随机抽取2个小球． （1）求抽取的2个小球中至少含有1个红球的概率； （2）现进行3次独立的上述抽取试验，记“3次试验中抽到至少含1个红球的次数”，求的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列为 0 1 2 3 . 【解析】 【小问1详解】 从5个球中一次性随机抽取2个小球，总的组合数为； 抽取的2个小球中至少含有1个红球的组合数为； 抽取的2个小球中至少含有1个红球的概率为. 【小问2详解】 由（1）可知，一次抽取试验中抽到至少含1个红球的概率为，且每次试验相互独立，所以服从，的二项分布，即． 则，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 的分布列为： 0 1 2 3 数学期望． 16. 已知，其中满足．对于的展开式，求： （1）值； （2）含项的系数； （3）系数最大的项． 【答案】（1） （2） （3）第6项和第7项 【解析】 【分析】（1）根据组合数公式列方程求解即可. （2）利用二项展开式的通项公式求指定项的系数. （3）设第项的系数，利用，可确定的值，进而得到系数最大的项. 【小问1详解】 根据，知 ， 整理得， 即 ，又，， 所以． 【小问2详解】 由于，所以． 则展开式中第项，，1，2，…，8． 当 时，解得． 所以含项的系数为． 【小问3详解】 因为的展开式的第项的系数为，，1，2，…，8． 不妨设第最大，，2，…，7， 则，， 即，， 解得， 又 ， 所以 为最大． 所以系数最大的项为第6项和第7项． 17. 如图，在圆台中，已知上、下底面半径分别为1和2，体积为．为下底面圆周上一点，，为的中点，连接． （1）证明：平面； （2）若在下底面以为圆心，以为半径的圆上存在一点，使得． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）在圆台中，，分别为上下底面的圆心，有平面，由于平面，所以．且，，平面，，所以平面． （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先利用平面证得，再由线面垂直的判定定理即可得证； （2）由圆台体积求出其高度，建系后求出相关点的坐标. （ⅰ）利用和向量共线求出点的坐标，即可求出的值；（ⅱ）根据（ⅰ）建的坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由圆台体积公式可得解得． 由于，，两两相交且垂直， 则以为一组正交基底建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，， 因为的中点，则． （ⅰ）设，则． 则，， 由于，即存在,使得, 即，解得，，，即， 所以半径． （ⅱ）由于平面， 不妨设平面的一个法向量． 设平面的一个法向量， 有，即，故可取． 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 18. 某网络购物平台专营店统计了2026年5月19日至23日这5天在该店购物的人数的数据如下表： 日期 5月19日 5月20日 5月21日 5月22日 5月23日 日期代号 1 2 3 4 5 购物人数 77 84 93 96 100 （1）根据表中数据，建立关于的一元线性回归模型，并根据该回归模型预测当年5月25日在该店购物的人数； （2）该店统计发现，购物人数越多，顾客平均消费意愿越高；当单日购物人数不超过90人时，每位顾客消费超过30元的概率为0.5；当单日购物人数超过90人时，每位顾客消费超过30元的概率为0.7． （ⅰ）从这5天中随机选择一天，然后从当天的购物顾客中随机抽取一人，求该顾客消费超过30元的概率； （ⅱ）若从某天购物顾客中随机抽取一人，其消费超过30元，求该天购物人数超过90人的概率． 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，． 【答案】（1），113人 （2）（ⅰ）0.62（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）设日期代号的取值依次为，，，，，购物人数的取值依次为，，，，．分别求得，，进而求得，求解； （2）设事件为“选取的单日购物人数不超过90人”，事件为“选取的单日购物人数超过90人”，事件为“抽取的顾客消费超过30元”．由表格数据易得，，， ，（ⅰ）由求解；（ⅱ）先求得，再由条件概率公式求解. 【小问1详解】 不妨设日期代号的取值依次为，，，，； 购物人数的取值依次为，，，，． 则 ， ， 且， ， 从而 ， ． 所以关于的一元线性回归方程为， 从而当时， ， 即根据此模型预测当年5月25日在该店购物的人数约为113人． 【小问2详解】 设事件为“选取的单日购物人数不超过90人”， 事件为“选取的单日购物人数超过90人”， 事件为“抽取的顾客消费超过30元”． 由表格数据可知： 购物人数不超过90人共2天，故， 购物人数超过90人共3天，故． 并且， ． （ⅰ） ， 所以该顾客消费超过30元的概率为0.62． （ⅱ）由条件概率公式知， 其中 ， 所以， 故该天购物人数超过90人的概率为． 19. 空间直角坐标系中，点，，，，对任意，记，，分别为点A，B，C．过点作直线的垂线于点，过点作直线的垂线于点，过点作直线的垂线于点． （1）判断并证明三棱锥的四个面中直角三角形的个数； （2）记点到平面的距离为． （ⅰ）求，； （ⅱ）对于正整数，从0，1，2，…，中任取3个不同的整数，从小到大依次记为，，，设，，成等比数列的概率为．证明：当时，． 【答案】（1）四个，证明见解析 （2）（ⅰ），．（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据条件得出平面，平面，所以四个面都是直角三角形； （2）（ⅰ）由，，共线表示出坐标，同理，表示出坐标，再由 ，得出是公比为的等比数列，为到平面的距离，运用等比数列即可求出；（ⅱ）首先利用等比数列求出的关系，列举出所有可能情况，利用古典概型表示出，即可证出. 【小问1详解】 在空间直角坐标系中， 由于点，位于轴，则平面，且，，在该平面内， 则，，， ，， 此外，即． 且，， 从而平面，所以． 综上可知三棱锥的四个面均为直角三角形． 【小问2详解】 （ⅰ）设，，则， 由于，，共线，即， 所以可整理为，，则， ， 由于 ，即 ，解得 ， 同理设，其中， ，， 因为共线，所以， 由于 ，所以 ， 所以， 又 ，所以， 由于 ，则，即， 即， 所以，即， 所以是公比为的等比数列． 对于平面，不妨设其法向量，， 由于， ， 所以，令，所以， 则，又， 故，． （ⅱ）由于，，成等比数列，则，即， 化简得，即x，y，z成等差数列． 若为偶数，设，，， 当时，共有种， 当时，共有种， …… 当时，共有 种， …… 当时，共有1种， 则共有种， 此时， 其中，则． 同理，若为奇数时，设，，， . 所以当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学（A卷） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3、考试结束后，将答题卡交回． 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. 空间直角坐标系中，已知线段，其中点，则点的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 2. 的个位数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 3. 某小区随机调查了10位业主2月份每户的天然气使用量，数据如下（单位：）：18，19，20，20，21，21，22，23，23，24．估计该小区业主月均用气量的样本数据的上四分位数为（ ） A. 21 B. 22 C. 22.5 D. 23 4. 对以下各选项中的多面体顶点进行涂色，要求相邻顶点颜色不同，则仅需2种颜色满足要求的是（ ） A. 正方体 B. 正八面体 C. 正三棱台 D. 正四面体 5. 已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为1．O为底面内一点，且，，则（ ） A. 0 B. C. D. 6. 某物理量的测量结果服从正态分布，下列结论中不正确的是（ ） A. 越小，该物理量在一次测量中在的概率越大 B. 该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5 C. 该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等 D. 该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等 7. 已知随机变量．设随机变量，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 已知正方体中，P，Q分别为棱，上的动点，则二面角的最大值为（ ） 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. 正方体的棱长为1．则（ ） A. B. 正四面体的体积为 C. 直线与所成角为 D. 直线与的距离为 10. 如图，在一个的正方形网格中，某人初始位置为网格中心点．每次投掷一枚质地均匀的正四面体，其四个面分别标有“前、后、左、右”字样．根据朝下一面的标注，沿网格线移动1格，且各次投掷相互独立．（ ） A. 经过连续2次移动，有可能回到位置 B. 经过连续3次移动，有可能回到初始位置 C. 经过连续移动4次，最终位置落在网格边界上的概率为 D. 经过连续移动4次，恰好回到初始位置的概率为 11. 在四边形中，为以点为直角顶点的等腰直角三角形，为以点为直角顶点的直角三角形，其中，．当沿着翻折的过程中（ ） A. 直线与所成角的最大值为 B. 当时，二面角的大小为 C. 四面体总存在外接球 D. 若四面体存在外接球，则外接球半径的最小值为1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. ________．（结果用组合数表示） 13. 从正方体的八个顶点中任意取四个点，则值的不同种数为________． 14. “飞行棋”是一种家喻户晓的竞技游戏；玩家通过投掷一枚质地均匀的正六面体骰子来决定棋子前进步数；若掷出的点数等于剩余步数，则棋子恰好到达终点；若掷出的点数超出剩余步数，则棋子从终点再往回走超出的步数；若掷出的点数不足剩余步数，则正常前进．假设在某次游戏中，棋子恰好位于距离终点6步的位置，设随机变量“棋子到达终点所需的投掷次数”，则________． 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. 袋中有5个形状、质地完全相同的小球，其中3个红球，2个白球．从中一次性随机抽取2个小球． （1）求抽取的2个小球中至少含有1个红球的概率； （2）现进行3次独立的上述抽取试验，记“3次试验中抽到至少含1个红球的次数”，求的分布列与数学期望． 16. 已知，其中满足．对于的展开式，求： （1）值； （2）含项的系数； （3）系数最大的项． 17. 如图，在圆台中，已知上、下底面半径分别为1和2，体积为．为下底面圆周上一点，，为的中点，连接． （1）证明：平面； （2）若在下底面以为圆心，以为半径的圆上存在一点，使得． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 某网络购物平台专营店统计了2026年5月19日至23日这5天在该店购物的人数的数据如下表： 日期 5月19日 5月20日 5月21日 5月22日 5月23日 日期代号 1 2 3 4 5 购物人数 77 84 93 96 100 （1）根据表中数据，建立关于的一元线性回归模型，并根据该回归模型预测当年5月25日在该店购物的人数； （2）该店统计发现，购物人数越多，顾客平均消费意愿越高；当单日购物人数不超过90人时，每位顾客消费超过30元的概率为0.5；当单日购物人数超过90人时，每位顾客消费超过30元的概率为0.7． （ⅰ）从这5天中随机选择一天，然后从当天的购物顾客中随机抽取一人，求该顾客消费超过30元的概率； （ⅱ）若从某天购物顾客中随机抽取一人，其消费超过30元，求该天购物人数超过90人的概率． 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，． 19. 空间直角坐标系中，点，，，，对任意，记，，分别为点A，B，C．过点作直线的垂线于点，过点作直线的垂线于点，过点作直线的垂线于点． （1）判断并证明三棱锥的四个面中直角三角形的个数； （2）记点到平面的距离为． （ⅰ）求，； （ⅱ）对于正整数，从0，1，2，…，中任取3个不同的整数，从小到大依次记为，，，设，，成等比数列的概率为．证明：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $