精品解析：江苏省泰州中学2025-2026学年高二下学期5月质量监测数学试题

高二年级5月份质量监测 数学试题 试卷满分（150分）考试时间（120分钟） 一、单项选择题（每小题5分，共8小题，计40分） 1. 如图，在长方体中，M为棱的中点. 若，，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算即可得到结果. 【详解】由题意得，. 故选：A． 2. 的展开式中的常数项为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，令的幂次为求得对应参数值，代入计算即可得到常数项 【详解】根据二项式定理，的展开式通项为， 令的幂次为，即，解得，因此常数项系数为. 3. 已知随机变量X服从两点分布，且，，则实数a的值为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据两点分布的性质以及概率的取值范围来确定实数的值. 【详解】因为随机变量服从两点分布，所以. . 整理得，解得，. 当时，，； 当时，，故不合题意. 综上，可得. 故选：A. 4. 在下列条件中，使与一定共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间四点共面定理和向量共面定理，可以做出各选项的判断. 【详解】对于A，由于不满足右边式子的系数和为，所以四点不一定共面，故A错误； 对于B，由于也是不满足右边式子的系数和为，所以四点不一定共面，故B错误； 对于C，由于可得：，根据向量共面定理结合三向量又有公共点，可知四点一定共面，故C正确； 对于D，由于可得：，同样由于不满足右边式子的系数和为，所以四点不一定共面，故D错误； 故选：C. 5. 在信道内传输，信号，信号的传输相互独立．发送时，收到的概率为，收到的概率为；发送时，收到的概率为，收到的概率为．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到，，，则译码为)．采用三次传输方案，若发送，则依次收到，，的概率为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据独立事件概率乘法公式，拆分三次接收结果对应的概率并连续相乘，算出目标序列的发生概率. 【详解】发送1时，单次收到1的概率为，单次收到0的概率为， 三次信号传输彼此独立，依次收到的概率为. 6. 已知在正方体中，E，F分别为，的中点，点P在上运动，若异面直线，所成的角为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，表达出，换元后求出的最大值. 【详解】以D为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，， 设，则， 所以． 令，则，因为，所以． 当时，； 当时，， 因为，所以当，即时，取得最大值，最大值为． 故选：B 7. 某地区安排A，B，C，D，E，F六名党员志愿者同志到三个基层社区开展防诈骗宣传活动，每个地区至少安排一人，至多安排三人，且A，B两人安排在同一个社区，C，D两人不安排在同一个社区，则不同的分配方法总数为（ ） A. 72 B. 84 C. 90 D. 96 【答案】B 【解析】 【分析】分为每个社区各两人和一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人两种分配方式，第二种分配方式再分AB两人一组去一个社区，AB加上另一人三人去一个社区，进行求解，最后相加即为结果. 【详解】第一种分配方式为每个社区各两人，则CE一组，DF一组，或CF一组，DE一组，由2种分组方式，再三组人，三个社区进行排列，则分配方式共有种； 第二种分配方式为一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人， 当AB两人一组去一个社区，则剩下的4人，1人为一组，3人为一组，则必有C或D为一组，有种分配方法，再三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法； 当AB加上另一人三人去一个社区，若选择的是C或D，则有种选择，再将剩余3人分为两组，有种分配方法，将将三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法； 若选择的不是C或D，即从E或F中选择1人和AB一起，有种分配方法，再将CD和剩余的1人共3人分为两组，有2种分配方法，将三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法， 综上共有12+12+36+24=84种不同的分配方式 故选：B 8. 已知随机变量，满足，，若，则满足条件的数对可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布的标准化变换及标准正态分布的对称性推导s与t的关系式，代入选项验证即可求解. 【详解】由题意可知，随机变量，则其均值，标准差；随机变量，则其均值，标准差， 对随机变量进行标准化变换，可得，，其中为标准正态分布， 因此，， 根据标准正态分布的对称性，有，故， 由题设，且均服从标准正态分布，可得，整理得， 代入选项验证： 对于A，，不符合，故A错误； 对于B，，符合，故B正确； 对于C，，不符合，故C错误； 对于D，，不符合，故D错误. 二、多项选择题（每小题6分，共3个小题，计18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 数据的平均数为，方差为，数据的平均数为，方差为，其中满足关系式：，则（ ） A. B. 数据的平均数为 C. 若数据，则 D. 若，数据不全相等，则样本点的成对样本数据的样本相关系数为1 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，，A选项正确. 对于B，，其平均数为，B选项错误. 对于C，，，，C选项正确. 对于D，若，数据不全相等，则样本点都分布在直线上，所以相关系数为，D选项正确. 10. 袋中有10个大小相同的球，其中6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为其中白球的个数，随机变量Y为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出4个球的总得分，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用超几何分布的性质，及超几何分布的期望求解公式逐项验证. 【详解】由题意知X，Y均服从于超几何分布，且，， 故； 从而，故选项A正确； ，，，故选项B错误，C正确； ，故选项D正确； 故选：ACD. 11. 如图，四面体中，，，，，为该四面体表面上一点（包含边界），则（ ） A. 若，，则点存在且唯一 B. 若，则点在内的轨迹长度为 C. 若，则的最小值为1 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，由，对应两个垂直平面，交线与四面体表面交于两点，故可判断A；B选项，记的中心为，由可算出，结合正三角形的特征及弧长公式可得出轨迹长度，从而判断B；C选项，是绕旋转的椭球面，在椭球面外、在椭球面内，连线交椭球面即得的最小值，即可判断C；D选线，建立坐标系进行配方，分在坐标面内、面内两类求最值，从而得到最小值，可判断D. 【详解】对于A：若，，则为线段的中垂面与线段的中垂面的交线与表面的交点，如图，有两个点，故A错误； 对于B：由题意知是边长为的等边三角形，记的中心为，则平面， ， 又因为，所以要使，只需， 即在内是以为圆心，为半径的圆在内的部分， 如图，取的中点，因为，， 所以，所以， 所以点在内形成的轨迹所对应的圆心角为， 由弧长公式知轨迹长度为，故B正确； 对于C：若点在平面内，则， 故点在以为焦点，为长轴的椭圆上，即. 而，故点在椭圆内， 在空间中将该椭圆绕旋转一周得到椭球面，则椭球面上任一点， 都有，而，故点在椭球面外， 因此与椭球面必有交点，根据两点之间线段距离最短，故的最小值为1，故C正确； 对于D：如图建立空间直角坐标系，则， 设，则， 则， ① 若点在坐标平面上，由对称性，不妨设平面， 则， 此时， 当且仅当时取等号； ② 若点平面，因为， 设平面的法向量为，则， 取，则可得， 由得，且，消去整理得， 因为， 则， 当且仅当时取等号. 综上，，故D正确. 三、填空题（每小题5分，共3小题，计15分） 12. 由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为______. 【答案】156 【解析】 【分析】分个位数字是0和个位数字不是0两种情况讨论分析即可. 【详解】若组成的4位偶数个位数字是0，则可从这5个数字中任选3个排在千、百、十位， 共有种排法； 若组成的4位偶数个位数字不是0，则需从中选一个排在个位，再从除0和个位已排数字以外的4个数中选一个排在千位， 第三步从千位和个位所排数字之外的4个数字中任选两个排在百位和十位， 共有种排法. 所以由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为. 13. 某市教育部门为了解高二学生的体重情况，随机抽查了1000名高二学生，经统计后发现样本的体重（单位：）近似服从正态分布，且体重在到之间的人数占样本量的，则样本中体重不低于的约有________人. 【答案】 【解析】 【详解】由题意，，又， . . 所以样本中体重不低于的约有人. 14. 用个不同的元素组成个非空集合（，每个元素只能使用一次），不同的组成方案数记作，且当时，．现有7名同学参加趣味答题活动，参加一次答题，即可随机获得四种不同卡片中一张，获得每种卡片的概率相同，若每人仅可参加一次，这7名同学获得卡片后，可集齐全4种卡片的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用结论列出对应取值表格，然后由排列组合知识和古典概型概率公式求解即可. 【详解】根据题干可列出对应取值表格如下： 1 2 3 4 1 1 2 1 1 3 1 3 1 4 1 7 6 1 5 1 15 25 10 6 1 31 90 65 7 1 63 301 350 即个人集齐全4种卡片等价于7个不同元素组成4个非空集合， 再将4个非空集合对应4种卡片，所以． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：关键在于正确理解题干结论，利用结论求出，然后结合古典概型概率公式求解. 四、解答题（共5小题，计77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 用随机抽样的方法，从某学校抽取400名学生的数学和语文期末考试成绩，并对两科成绩是否优秀进行统计与整理，得到如下列联表： 语文不优秀 语文优秀 合计 数学不优秀 75 280 数学优秀 40 合计 400 （1）完善上面列联表，并据此判断是否有的把握认为数学成绩是否优秀与语文成绩是否优秀有关联？ （2）若将频率视为概率，现从该学校随机抽取3人．其中数学成绩优秀的学生有人，求的概率分布和数学期望． 附：，． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）完善后的列联表： 语文不优秀 语文优秀 合计 数学不优秀 205 75 280 数学优秀 40 80 120 合计 245 155 400 有99.9%的把握认为数学成绩是否优秀与语文成绩是否优秀有关联 （2）的分布列为： 0 1 2 3 数学期望 【解析】 【分析】（1）根据总人数及已知数据补全列联表，代入卡方公式计算后与临界值比较判断关联性； （2）将频率作为概率，确定服从二项分布，并计算分布列和期望. 【小问1详解】 总人数为，数学优秀合计为； 数学不优秀中语文不优秀人数为； 数学优秀中语文优秀人数为； 语文不优秀合计为，语文优秀合计为； 完善列联表如下： 语文不优秀 语文优秀 合计 数学不优秀 205 75 280 数学优秀 40 80 120 合计 245 155 400 提出零假设：数学成绩是否优秀与语文成绩是否优秀无关联， 则， 故假设不成立，即有99.9%的把握认为数学成绩是否优秀与语文成绩是否优秀有关联； 【小问2详解】 由题意，抽取名学生数学成绩优秀的概率为，随机抽取人， 则其中数学成绩优秀的学生人数，的可能取值为， 则， ， ， ， 故的分布列为： 0 1 2 3 数学期望. 16. 已知的展开式中，前3项的二项式系数之和等于56． （1）求的值： （2）若展开式中的常数项为， ①求的值； ②第项的系数是第项系数的6倍，求的值． 【答案】（1）10； （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数和列出方程，求出的值. （2）求出展开式的通项公式，利用常数项求出的值；利用项的系数关系，结合组合数计算求得的值. 【小问1详解】 依题意，，即，整理得，而， 所以. 【小问2详解】 ①由（1）知，二项式展开式的通项为， 由，得，因此，即，而， 所以. ②由①知，，依题意，， 即，则，解得， 所以. 17. 在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，，，点为棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据中位线的性质得到，然后利用线面平行的判定定理证明即可； （2）利用空间向量的方法求线面角的正弦值即可. 【小问1详解】 连接交与点，连接， ∵为矩形，∴为的中点， ∵为的中点，∴， ∵平面，平面， ∴∥平面. 【小问2详解】 如图，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为， ，令，则，，所以， 设直线与平面所成角为，则. 18. 甲、乙、丙、丁四人进行台球游戏，约定游戏规则如下： ①每轮游戏均将四人分成两组，进行一对一对打； ②第一轮甲乙对打，丙丁对打； ③每轮游戏结束后，两名胜者组成一组在下一轮对打，两名负者组成一组在下一轮对打； ④每组比赛均无平局出现，且每组比赛结果相互独立.甲胜乙、丙胜丁的概率均为，甲胜丙、甲胜丁、乙胜丙、乙胜丁的概率均为. （1）在前三轮游戏中，甲乙对打的次数为，求的数学期望； （2）求在第轮游戏中，甲乙对打的概率； （3）求在第轮游戏中，甲获胜的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据游戏规则分析的所有可能取值，结合第2轮游戏两种分组概率，算出每个概率值，即可求出数学期望； （2）构造递推，得出为等比数列，利用等比数列通项公式即可求得概率； （3）先推导出，再结合甲对阵不同对手的获胜概率，代入化简即可. 【小问1详解】 第1轮甲乙对打，故第2轮甲乙不可能对打，则第2轮甲只能和丙或丁对打. 若第3轮甲乙对打，则甲乙在第2轮都胜或都负；故的所有可能取值为1，2， 第2轮甲丙对打，则甲和丙在第1轮都胜或都负，其概率为， 第3轮甲乙对打，则第2轮甲和丙打，乙和丁打，此时甲和乙同胜或同负；甲和丁打，乙和丙打，此时甲和乙同胜或同负；此时， 则，所以. 【小问2详解】 设在第轮游戏中，甲乙对打的概率为，甲丙对打的概率为，甲丁对打的概率为， 在第轮游戏中，甲和乙对打，则第轮游戏中，甲丙对打，或者甲丁对打， 故，故， 又，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. 【小问3详解】 同理可知，故， 又，则，故， 所以在第轮游戏中，甲获胜的概率为. 19. 蓝莓种植技术获得突破性进展，喷洒A型营养药有--定的改良蓝莓植株基因的作用，能使蓝莓果的产量和营养价值获得较大提升．某基地每次喷洒A型营养药后，可以使植株中的80%获得基因改良，经过三次喷洒后没有改良基因的植株将会被淘汰，重新种植新的植株． （1）经过三次喷洒后，从该基地的所有植株中随机检测一株，求-株植株能获得基因改良的概率； （2）从该基地多个种植区域随机选取-一个，记为甲区域，在甲区域第一次喷洒A型营养药后，对全部N株植株检测发现有162株获得了基因改良，请求出甲区域种植总数N的最大可能值； （3）该基地喷洒三次A型营养药后，对植株进行分组检测，以淘汰改良失败的植株，每组n株，一株检测费为10元，n株混合后的检测费用为元，若混合后检测出有未改良成功的，还需逐一检测，求n的估计值，使每株检测的平均费用最小，并求出最小值．（结果精确到0.1元） 【答案】（1） （2）202株 （3），2.6元 【解析】 【分析】（1）由题意，获得基因改良的概率等于第一获得加上第二次获得加上第三次获得的概率，计算即可； （2）由二项分布的概率结合题意列不等式组，解出即可； （3）由二项分布的期望公式求出，再结合题意求出每组中每株检测的平均费用为，然后由二项式定理的展开求出，再结合基本不等式求出最后结果. 【小问1详解】 记事件“该基地的植株经过三次喷洒后，随机检测一株植株能获得基因改良”， 所以， 【小问2详解】 因为植株经过一次喷洒后基因改良的概率为0.8，经过一次喷洒后基因改良的株数k服从二项分布， ， 当时， 当时，设 若时，则 若时，则 ，所以， 解得，又，所以 所以甲区域种植总数N的最大可能值为202株． 【小问3详解】 设每组n株的总费用为X元，则X的取值为， 所以 X P 所以 则每组中每株检测的平均费用为 所以 因为 所以（当且仅当时等号成立） 所以当以10个每组时，检测成本最低，每株2.6元． 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键在于求出的值，可用二项式定理展开式求出. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级5月份质量监测 数学试题 试卷满分（150分）考试时间（120分钟） 一、单项选择题（每小题5分，共8小题，计40分） 1. 如图，在长方体中，M为棱的中点. 若，，，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 的展开式中的常数项为（ ） A. B. C. D. 3. 已知随机变量X服从两点分布，且，，则实数a的值为（ ） A. B. C. D. 或 4. 在下列条件中，使与一定共面的是（ ） A. B. C. D. 5. 在信道内传输，信号，信号的传输相互独立．发送时，收到的概率为，收到的概率为；发送时，收到的概率为，收到的概率为．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到，，，则译码为)．采用三次传输方案，若发送，则依次收到，，的概率为( ) A. B. C. D. 6. 已知在正方体中，E，F分别为，的中点，点P在上运动，若异面直线，所成的角为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 某地区安排A，B，C，D，E，F六名党员志愿者同志到三个基层社区开展防诈骗宣传活动，每个地区至少安排一人，至多安排三人，且A，B两人安排在同一个社区，C，D两人不安排在同一个社区，则不同的分配方法总数为（ ） A. 72 B. 84 C. 90 D. 96 8. 已知随机变量，满足，，若，则满足条件的数对可以是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（每小题6分，共3个小题，计18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 数据的平均数为，方差为，数据的平均数为，方差为，其中满足关系式：，则（ ） A. B. 数据的平均数为 C. 若数据，则 D. 若，数据不全相等，则样本点的成对样本数据的样本相关系数为1 10. 袋中有10个大小相同的球，其中6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为其中白球的个数，随机变量Y为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出4个球的总得分，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，四面体中，，，，，为该四面体表面上一点（包含边界），则（ ） A. 若，，则点存在且唯一 B. 若，则点在内的轨迹长度为 C. 若，则的最小值为1 D. 的最小值为 三、填空题（每小题5分，共3小题，计15分） 12. 由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为______. 13. 某市教育部门为了解高二学生的体重情况，随机抽查了1000名高二学生，经统计后发现样本的体重（单位：）近似服从正态分布，且体重在到之间的人数占样本量的，则样本中体重不低于的约有________人. 14. 用个不同的元素组成个非空集合（，每个元素只能使用一次），不同的组成方案数记作，且当时，．现有7名同学参加趣味答题活动，参加一次答题，即可随机获得四种不同卡片中一张，获得每种卡片的概率相同，若每人仅可参加一次，这7名同学获得卡片后，可集齐全4种卡片的概率为________． 四、解答题（共5小题，计77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 用随机抽样的方法，从某学校抽取400名学生的数学和语文期末考试成绩，并对两科成绩是否优秀进行统计与整理，得到如下列联表： 语文不优秀 语文优秀 合计 数学不优秀 75 280 数学优秀 40 合计 400 （1）完善上面列联表，并据此判断是否有的把握认为数学成绩是否优秀与语文成绩是否优秀有关联？ （2）若将频率视为概率，现从该学校随机抽取3人．其中数学成绩优秀的学生有人，求的概率分布和数学期望． 附：，． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 已知的展开式中，前3项的二项式系数之和等于56． （1）求的值： （2）若展开式中的常数项为， ①求的值； ②第项的系数是第项系数的6倍，求的值． 17. 在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，，，点为棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 甲、乙、丙、丁四人进行台球游戏，约定游戏规则如下： ①每轮游戏均将四人分成两组，进行一对一对打； ②第一轮甲乙对打，丙丁对打； ③每轮游戏结束后，两名胜者组成一组在下一轮对打，两名负者组成一组在下一轮对打； ④每组比赛均无平局出现，且每组比赛结果相互独立.甲胜乙、丙胜丁的概率均为，甲胜丙、甲胜丁、乙胜丙、乙胜丁的概率均为. （1）在前三轮游戏中，甲乙对打的次数为，求的数学期望； （2）求在第轮游戏中，甲乙对打的概率； （3）求在第轮游戏中，甲获胜的概率. 19. 蓝莓种植技术获得突破性进展，喷洒A型营养药有--定的改良蓝莓植株基因的作用，能使蓝莓果的产量和营养价值获得较大提升．某基地每次喷洒A型营养药后，可以使植株中的80%获得基因改良，经过三次喷洒后没有改良基因的植株将会被淘汰，重新种植新的植株． （1）经过三次喷洒后，从该基地的所有植株中随机检测一株，求-株植株能获得基因改良的概率； （2）从该基地多个种植区域随机选取-一个，记为甲区域，在甲区域第一次喷洒A型营养药后，对全部N株植株检测发现有162株获得了基因改良，请求出甲区域种植总数N的最大可能值； （3）该基地喷洒三次A型营养药后，对植株进行分组检测，以淘汰改良失败的植株，每组n株，一株检测费为10元，n株混合后的检测费用为元，若混合后检测出有未改良成功的，还需逐一检测，求n的估计值，使每株检测的平均费用最小，并求出最小值．（结果精确到0.1元） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $