精品解析：江苏宿迁市2025-2026学年高二下学期期末质量监测数学试卷

高二年级质量监测 数学 本试卷共6页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 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.将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴处”. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 的值为（ ） A. B. C. D. 2. 在的展开式中，的系数是（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 某市高三理科学生有名，在一次调研测试中，数学成绩，且，若按分层抽样的方式取份试卷进行成绩分析，则应从分以上的试卷中抽取（ ） A. 份 B. 份 C. 份 D. 份 4. 下表提供了某厂进行技术改造后生产产品过程中记录的产量x（单位：t）与相应的生产能耗y（单位：t标准煤）的几组数据： 3 4 5 6 标准煤 2.5 3 m 4.5 根据散点图分析知x与y线性相关，且求得经验回归方程为，则（ ） A. x与y负相关 B. C. 回归直线过点 D. 时的残差为0.05 5. 已知一个正三棱台的两个底面的边长分别为3和9，侧棱长为5，则它的侧面积为（ ） A. 24 B. 36 C. 72 D. 90 6. 已知，，为三条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，，，则 7. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，且每次移动是相互独立的，共移动8次，则下列说法正确的是（ ） A. 质点回到原点的概率为 B. 质点回到原点的概率为 C. 质点位于6的位置的概率为 D. 质点位于6的位置的概率为 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 独立性检验方法不适用于普查数据 B. 数据1，2，2，3，3，4，4，5，8，9的第90百分位数是8 C. 若散点图中所有的散点都落在一条直线上，则决定系数 D. 若事件，相互独立，则 10. 一只不透明的口袋内装有个大小、质地均相同的小球，分别标有这个自然数（个小球上标个数），从中依次不放回地抽取次，每次抽取个小球．“第一次抽取的小球标号为奇数”记为事件，“前两次抽取的小球标号之和为偶数”记为事件，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知正方体的棱长为1，动点满足，其中，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则平面 C. 平面与平面夹角的大小与，，都有关 D. 若，则点到平面的距离是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 若随机变量的方差，则________． 13. 4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种. 14. 已知球是棱长为1的正方体的内切球，点为球表面上一动点，且满足平面，则的最大值为________． 四、解答题：本大题共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. 设，的展开式中所有二项式系数之和为1024． （1）求的值及展开式中二项式系数最大的项； （2）求的值． 16. 如图，在直三棱柱中，，，点，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 某高中研究小组为研究学生学习效果与主动预习的关系，从全市若干所高中学校的所有学生中随机抽取100名学生进行调查．经统计，其中主动预习的有45人，且这100名学生近期考试成绩（分数均在内）的频率分布直方图如图所示，记总成绩不低于600分的为优秀，其余为合格． 主动预习 不主动预习 合计 合格 优秀 10 合计 100 （1）根据这100名学生成绩频率分布直方图，估计全市学生成绩的众数和中位数； （2）请完成上面的列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为学生的成绩优秀与主动预习有关？ （3）若将频率视作概率，从全市所有高中在校学生中随机抽取20人进行调查，记20人中主动预习的人数为，求的均值和方差． 附：，其中． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 18. 如图，三棱锥中，底面，平面平面． （1）求证：； （2）若，且二面角的正弦值为． ①求的长； ②为平面内一点，且满足，求点到平面距离的最大值． 19. 某高中的足球社团组织甲、乙、丙三人进行传球游戏．传球规则如下：依据掷骰子的点数决定持球者将球传给谁．当足球在甲处时，若掷出骰子的点数大于4，则传给乙，否则留在甲处（也算一次传球）；当足球在乙处时，若掷出骰子的点数大于3，则传给甲，否则传给丙；当足球在丙处时，若掷出骰子的点数大于2，则传给甲，否则传给乙．假设初始时足球在甲处，经过次掷骰子（即次传球）后，足球在甲处的概率为． （1）求，； （2）三次掷骰子过程中，记每次掷骰子后足球在甲处的次数总和为，求的分布列和数学期望； （3）次掷骰子过程中，记每次掷骰子后足球在甲处的次数总和为，求的数学期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级质量监测 数学 本试卷共6页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 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.将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴处”. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据组合数和排列数的运算法则计算即可. 【详解】. 2. 在的展开式中，的系数是（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先将式子变形为，再写出展开式的通项，从而求出的系数； 【详解】解：因为， 其中展开式的通项为， 所以展开式中的系数为； 故选：A 3. 某市高三理科学生有名，在一次调研测试中，数学成绩，且，若按分层抽样的方式取份试卷进行成绩分析，则应从分以上的试卷中抽取（ ） A. 份 B. 份 C. 份 D. 份 【答案】B 【解析】 【详解】∵ 数学成绩服从正态分布，∴ 正态分布曲线关于直线对称. ∵ ，∴ . ∴ . ∴ 按分层抽样抽取份试卷时，应从分以上的试卷中抽取份. 4. 下表提供了某厂进行技术改造后生产产品过程中记录的产量x（单位：t）与相应的生产能耗y（单位：t标准煤）的几组数据： 3 4 5 6 标准煤 2.5 3 m 4.5 根据散点图分析知x与y线性相关，且求得经验回归方程为，则（ ） A. x与y负相关 B. C. 回归直线过点 D. 时的残差为0.05 【答案】C 【解析】 【分析】由经验回归方程系数为可对A判断求解；分别求出，然后求出，从而可对B、C判断求解；利用残差知识可对D求解判断. 【详解】A：由经验回归方程为，线性系数为，则与正相关，故A错误； B、C：由，所以，所以回归直线过点，故C正确； 又，解得，故B错误； D：时，，则残差为：，故D错误. 故选：C. 5. 已知一个正三棱台的两个底面的边长分别为3和9，侧棱长为5，则它的侧面积为（ ） A. 24 B. 36 C. 72 D. 90 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知棱台的上下底面边长以及侧棱长，可求得侧面梯形的高，进而求得侧面积. 【详解】由题意可知，该棱台的侧面为上、下底分别为3和9，腰长为5的等腰梯形， ∴等腰梯形的高为， ∴等腰梯形的面积为， ∴该棱台的侧面积为. 6. 已知，，为三条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面，面面位置关系逐项判断即可． 【详解】对于A，若，，则或，故A错误； 对于B，若，，则或，故B错误； 对于C，若，，，，当时，不能推出，故C错误； 对于D，若，，且，由线面平行判定得， 又，，由线面平行性质得，故D正确． 7. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量的计算方法求解即可. 【详解】由题意得，， 所以向量在向量上的投影向量是. 8. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，且每次移动是相互独立的，共移动8次，则下列说法正确的是（ ） A. 质点回到原点的概率为 B. 质点回到原点的概率为 C. 质点位于6的位置的概率为 D. 质点位于6的位置的概率为 【答案】D 【解析】 【分析】通过质点回到原点可知质点向右移动次，向左移动次，根据二项分布的概率公式，可判断AB；通过质点位于的位置可知质点向右移动次，向左移动次，根据二项分布的概率公式，可判断CD. 【详解】设质点向右移动的次数为，又质点每次等可能地向左或向右移动一个单位， 共移动次，且每次移动是相互独立的，则. 质点回到原点，则， 所以质点回到原点的概率是，AB错； 当质点位于的位置时，则， ， 所以质点位于的位置的概率是，C错，D对. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 独立性检验方法不适用于普查数据 B. 数据1，2，2，3，3，4，4，5，8，9的第90百分位数是8 C. 若散点图中所有的散点都落在一条直线上，则决定系数 D. 若事件，相互独立，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用独立性检验定义、百分位数定义、决定系数定义以及相互独立事件的性质逐项判断即可得. 【详解】对A：在普查中，已掌握了总体的全部信息，变量之间的关系是确定的， 无需进行假设检验，故A正确； 对B：，故这组数据的第90百分位数是，故B错误； 对C：此时线性关系完美，预测值与观测值完全一致，，故C正确； 对D：事件，相互独立，可能同时发生，故，不一定是互斥事件， 故不一定成立，故D错误. 10. 一只不透明的口袋内装有个大小、质地均相同的小球，分别标有这个自然数（个小球上标个数），从中依次不放回地抽取次，每次抽取个小球．“第一次抽取的小球标号为奇数”记为事件，“前两次抽取的小球标号之和为偶数”记为事件，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先明确中共有个奇数，个偶数，不放回抽取两次时，标号和为偶数等价于两次抽取的标号同奇偶，再结合古典概型概率公式、条件概率公式逐一计算判断各选项即可. 【详解】∵ 的自然数中，奇数为共个，偶数为共个，依次不放回抽取个小球，总基本事件数为. 事件为前两次抽取的小球标号之和为偶数，即两次抽取的小球标号同奇或同偶. ∴ 事件包含的基本事件数为，则，故A正确. 事件为第一次抽取的小球标号为奇数，∴ . 事件表示第一次抽取奇数且两次标号和为偶数，即两次均抽取奇数，包含的基本事件数为，故. ∵ ，故B错误. 由条件概率公式得，故C正确. 事件表示第一次抽取偶数且两次标号和为偶数，即两次均抽取偶数，包含的基本事件数为，故. 则，故D正确. 综上，选ACD. 11. 已知正方体的棱长为1，动点满足，其中，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则平面 C. 平面与平面夹角的大小与，，都有关 D. 若，则点到平面的距离是 【答案】ABD 【解析】 【分析】建系标点，根据题意可得，对于A：利用向量可得，即可判断垂直；对于B：利用向量法可得垂直于平面的法向量，即可判断平面；对于C：分别求平面与平面的法向量，利用向量求面面夹角的余弦值即可判断；对于D：求平面的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【详解】如图，以点A为坐标原点所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则， 可得, 则，即 对于A项，若，，则, ， 则，故所以，故选项A正确； 对于B项，若，，则， 则，， 设平面的法向量为， 则，令，得到， 因为，所以， 又因为平面， 所以平面，故B正确； 对于C项，由题可得， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设平面的法向量为， 设平面与平面夹角的大小为， 则. 即夹角只与，有关，与无关，故C错误； 对于D项，， 设平面的法向量为， 则，令，得到， 因为， 所以，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 若随机变量的方差，则________． 【答案】12 【解析】 【详解】利用方差的运算性质可得. 13. 4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，有且只有2名同学在同一个小区，利用先选后排的思想，结合排列组合和乘法计数原理得解. 【详解】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学 先取2名同学看作一组，选法有： 现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有： 根据分步乘法原理，可得不同的安排方法种 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了计数原理的综合应用，解题关键是掌握分步乘法原理和捆绑法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 14. 已知球是棱长为1的正方体的内切球，点为球表面上一动点，且满足平面，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，证得平面平面，得到点在平面与球的截面圆上，求得正的边长为，以所在直线为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，得到，正内切圆的方程为，结合圆的性质，即可求解. 【详解】如图所示，在正方体中，可得， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证：平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 要使得平面，且点为球表面上一动点， 所以点在平面与球的截面圆上，且截面圆恰为的内切圆， 因为正方体的棱长为，可得正的边长为，其内切圆的半径为， 以所在直线为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示， 可得，内切圆的方程为 设，则， 因为表示内切圆上点到原点的距离， 可得内切圆与轴的交点为时，距离最大，最大距离为， 则的最大值为. 四、解答题：本大题共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. 设，的展开式中所有二项式系数之和为1024． （1）求的值及展开式中二项式系数最大的项； （2）求的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数的性质计算n的值，并求出二项式系数最大项. （2）对展开式中的赋值计算即可. 【小问1详解】 因为展开式中所有二项式系数之和为1024，即，所以， 故二项式系数最大的项为. 【小问2详解】 令， 所以，令，可得． 令，可得， 故. 16. 如图，在直三棱柱中，，，点，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）解法1：连接，， 因为在直三棱柱中，四边形为平行四边形， 所以M为中点，又N为的中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． 解法2：证明：取中点P，连结，，由M，N分别是与的中点， 所以, 又因为平面，平面， 所以平面． 同理，平面． 又，平面， 所以面面． 而平面，所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）方法1，通过线面平行判定定理证明，方法2，通过面面平行证明线面平行； （2）利用空间向量法求解线面角的正弦值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 以为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系， 设，则． 则，，，，，， 所以，，． 设平面MNC的一个法向量为， 则，． 即 ，令，则． 所以平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角为，又， 则． 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17. 某高中研究小组为研究学生学习效果与主动预习的关系，从全市若干所高中学校的所有学生中随机抽取100名学生进行调查．经统计，其中主动预习的有45人，且这100名学生近期考试成绩（分数均在内）的频率分布直方图如图所示，记总成绩不低于600分的为优秀，其余为合格． 主动预习 不主动预习 合计 合格 优秀 10 合计 100 （1）根据这100名学生成绩频率分布直方图，估计全市学生成绩的众数和中位数； （2）请完成上面的列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为学生的成绩优秀与主动预习有关？ （3）若将频率视作概率，从全市所有高中在校学生中随机抽取20人进行调查，记20人中主动预习的人数为，求的均值和方差． 附：，其中． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）众数为590；中位数为590 （2） 主动预习 不主动预习 合计 合格 25 45 70 优秀 20 10 30 合计 45 55 100 可以认为学生成绩优秀与主动预习有关 （3）均值9；方差4.95 【解析】 【分析】（1）根据众数及中位数的定义即可求解； （2）根据频率分布直方图补全列联表，计算后，对照临界值即可得出答案； （3）根据题目得出，再根据二项分布的期望及方差公式即可求解． 【小问1详解】 由频率分布直方图得，众数为590； ，， 中位数为． 【小问2详解】 由频率分布直方图可知，抽取的100名学生中成绩合格的有人，则成绩优秀的有30人． 补全列联表如下： 主动预习 不主动预习 合计 合格 25 45 70 优秀 20 10 30 合计 45 55 100 提出假设：学生成绩优秀与主动预习无关． 因为， 所以依据小概率值的独立性检验，推断不成立． 即可以认为学生成绩优秀与主动预习有关． 【小问3详解】 由题意可知从全市所有在校学生中随机抽取1人，其主动预习的概率为， 则． 所以，． 18. 如图，三棱锥中，底面，平面平面． （1）求证：； （2）若，且二面角的正弦值为． ①求的长； ②为平面内一点，且满足，求点到平面距离的最大值． 【答案】（1）在面内，过A作交于， 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面． 平面，所以． 因为底面，底面，所以． 又，且平面，所以平面． 因为平面，所以． （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质得到线面垂直，即可得到线线垂直，然后再证明线面垂直，由线面垂直的性质得证线线垂直； （2）①解法1：由二面角定义作出二面角的平面角，由线面垂直得到线线垂直，然后由直角三角形中边的关系即可求得； 解法2：建立空间直角坐标系，设点坐标，利用向量的数量积求得平面和平面的法向量，然后由二面角和向量的数量积公式求得点坐标.，从而求得. ②解法1：建立空间直角坐标系，设点坐标，由向量的数量积求得平面的法向量，由向量投影求得点到平面距离的表达式，即可求得答案； 解法2：利用等体积转换法求得点到平面距离的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①解法1：如图所示，在内过点M作交于，连接， 由（1）知，平面，又平面，所以． 又，平面，，所以平面． 又因为平面，所以． 故为二面角的平面角． 因为平面，平面PBC，所以． 因为平面，平面，平面，所以，． 设，则在中，，中，，． 在中，，即． 解得，即 解法2：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， ， 设，由（1）可知，即． 设平面的一个法向量， 又， 所以，即，取，则，， 所以． 由题意得，平面的一个法向量 因为二面角的正弦值为， 所以二面角的余弦值的绝对值为． 所以． 即，将代入得，． 解得，． 当时，，此时，与C重合，舍； 当时，，此时． ②解法1：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则， ， ， ． 因为，为平面内一点， 所以在以为直径的圆上，则设． 设平面的一个法向量， 则，即，取，则． 所以． 到平面的距离为． 因为，所以到平面的距离最大值为． 解法2：因为平面，所以为三棱锥的高， 由（1）知，平面，平面，所以． 在直角三角形中，，，所以． 由（1）知， 设到平面的距离为h， 因为，所以，即． 又在平面内，且，所以在以为直径的圆上， 所以面积的最大值为． 故到平面的距离h的最大值为． 19. 某高中的足球社团组织甲、乙、丙三人进行传球游戏．传球规则如下：依据掷骰子的点数决定持球者将球传给谁．当足球在甲处时，若掷出骰子的点数大于4，则传给乙，否则留在甲处（也算一次传球）；当足球在乙处时，若掷出骰子的点数大于3，则传给甲，否则传给丙；当足球在丙处时，若掷出骰子的点数大于2，则传给甲，否则传给乙．假设初始时足球在甲处，经过次掷骰子（即次传球）后，足球在甲处的概率为． （1）求，； （2）三次掷骰子过程中，记每次掷骰子后足球在甲处的次数总和为，求的分布列和数学期望； （3）次掷骰子过程中，记每次掷骰子后足球在甲处的次数总和为，求的数学期望． 【答案】（1） （2）分布列为： X 0 1 2 3 P 数学期望为； （3） 【解析】 【分析】（1）当掷次骰子后，球在甲处，共有种情况：或；当掷次骰子后，球在甲处，共有种情况：，，，；通过互斥与独立事件概率的计算公式计算出，； （2）列出所有可能取值，再列出的分布列和计算出数学期望； （3）设掷次后，球仍在的概率为，那么 当时，， 从而得到数列是以为首项，为公比的等比数列，计算出通项公式，再计算出，再计算出的数学期望. 【小问1详解】 由题意，当掷次骰子后，球在甲处，共有种情况： ，其概率为 ；，其概率为； 所以掷次后，球在甲处的概率为． 当掷次骰子后，球在甲处，共有种情况： ，其概率为； ，其概率为； ，其概率为； ，其概率为； 所以掷次后，球在甲处的概率为． 【小问2详解】 由题意知，， ， ， ， ， 所以随机变量的分布列为： X 0 1 2 3 P 随机变量X的数学期望为； 【小问3详解】 设掷次后，球在乙处的概率为， 所以当时，， ， 所以． 所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 所以． 所以符合该式．所以． 设变量，那么， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $