江苏省宿迁市泗阳县2024-2025学年高二下学期期末调研测试 数学（含解析）

这是一份江苏省宿迁市泗阳县2024-2025学年高二下学期期末调研测试 数学（含解析），文件包含2025-2026学年重庆市两江新区初中期中质量监测卷初三化学docx、2025-2026学年重庆市两江新区初中期中质量监测卷初三化学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
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日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．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个样本容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人．已知该校高二年级共有学生300人，则不同的抽样结果共有（ ）种．
A B. C. D.
【答案】A
【详解】用分层抽样抽取样本量为45的样本，高一年级抽20人，高三年级抽10人，
那么高二年级抽人.
因为该校高二年级共有学生300人，所以抽样比为.
所以高一年级学生共有人，高三年级学生共有人.
所以不同的抽样结果有.
故选：A.
2. 对于变量有观测数据，得散点图1；对于变量有观测数据，得散点图2．表示变量之间的线性相关系数，表示变量之间的线性相关系数，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】根据图1和图2可以看出，随的增大而增大，随的增大而减小，
所以.
因为图1的数据点比图2的更集中，所以.
所以.
故选：C.
3. 已知为两条不同直线，为三个不同平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】D
【详解】对于选项A：
若，所以可能平行也可能异面，所以A错误；
对于选项B：
若，所以可能与平面平行，也可能在平面内，所以B错误；
对于选项C：
若，那么，也可能平面相交，所以C错误；
对于选项D：
根据平行平面的传递性，若，则.所以D正确.
故选：D.
4. 如果随机变量，且，那么的值为（ ）
A. 0.2B. 0.3C. 0.4D. 0.8
【答案】A
【详解】因为随机变量，，
所以.
根据正态分布的对称性可得.
所以.
故选：A.
5. 在空间直角坐标系中，向量（）在面上的投影向量为，在向量上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D. 与t有关
【答案】A
【详解】因为向量在面上的投影向量为，
则.
因为在向量上的投影向量为，
则.
所以.
所以向量的夹角为.
故选：A.
6. 在重伯努利试验中，每次试验发生的概率均为，且2次试验中恰好发生1次的概率为，若随机变量，则的方差为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【详解】因为2次试验中恰好发生1次的概率为，
所以，化简得.
解得或.
因为随机变量，所以.
当时，；
当时，.
综上，.
故选：B.
7. 某位同学用一根直径3cm，长度30cm，粗细均匀的圆木棒做接力棒，先按长度将其划分成每段为10cm的三个区域，再将每个区域漆上一种颜色，要求相邻区域的颜色不能相同，现有红、黄、蓝三种颜色的油漆可以选取，则漆出的外观有（ ）种可能．
A. 18B. 15C. 12D. 9
【答案】D
【详解】根据题意，如只使用两种颜色，则两端颜色一定相同，共有种，
如使用三种颜色，考虑对称性（如红、黄、蓝与蓝、黄、红实际是一种情况），共有种，
总方案数为种.
故选：D.
8. 已知正四棱锥的侧棱长为4，其顶点均在同一个球面上，若球的表面积为，则该正四棱锥的体积为（ ）
A. 16B. 24C. 32D. 36
【答案】A
【详解】因为球的表面积为，所以，解得.
所以正四棱锥外接球的半径为4.
为正四棱锥的球心，则平面，因为正四棱锥侧棱长为4，
所以①.
根据勾股定理②.
②-①解得，.
则根据勾股定理可求得底面正方形的边长为.
所以.
所以正四棱锥的体积为.
故选：A.
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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 从某次知识竞赛成绩中随机抽取容量为100的样本，由样本数据绘制的频率分布直方图如图所示，则下列估计结论正确的有（ ）
A. 成绩的众数为75
B. 成绩上四分位数为84
C. 成绩的极差为60
D. 已知落在的平均成绩是54，方差是2：落在的平均成绩为66，方差是5，则两组成绩的总标准差为6
【答案】ABD
【详解】由频率分布直方图可知，，
解得.
由图可以看出众数在区间内，所以众数为，所以A正确；
上四分位数指的是第75百分位数，
因为，而.
所以第75百分位数位于区间内.
设上四分位数为，则.所以B正确；
成绩的极差通过频率分布直方图只能估计，估计极差值为，所以C错误；
由频率分布直方图可求得的样本数为，
的样本数为.
所以总的平均数为.
总的方差为，
所以总的标准差为6.所以D正确.
故选：ABD.
10. 已知事件满足，则下列判断可能正确的是（ ）
A. 独立B. 对立
C. D.
【答案】AC
【详解】对于选项A：
若独立，则，在范围内，所以A可能正确.
对于选项B：
因为，所以不对立，所以B错误；
对于选项C：
，.
若，则，
所以，解得.
当独立时，，C可能正确.
对于选项D：
，解得，所以D错误.
故选：AC.
11. 在平行六面体中，各棱长均为6．，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 四边形为正方形
C. 与平面所成角的余弦值为
D. 四边形内存在点P，使得直线与所成角为
【答案】BC
【详解】对于选项A：
因为，
所以
,
因为，
而，
同理，，
所以，
所以，A错误；

对于选项B：
因为，所以，
又，故为等边三角形，故.
因为，
所以平行四边形为正方形，B正确；
对于选项C：设平面的法向量为且，
则，故，
取，故，
结合A中计算可得：
，
设与平面所成角的为，
故，
故，故C正确；
对于选项D：因为在四边形内的动点，故可设，
其中，故，
故，
，
而
，
故，
整理得，
整理得，
此时，故方程无解，
故四边形内不存在点P，使得直线与所成角为，故D错误，
故选：BC.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 设随机变量，则X的均值为______．
【答案】3
【详解】由超几何分布的期望公式，
，
故答案为：3.
13. 在的展开式中，x的奇次项的系数和为______．
【答案】511
【详解】设，
令，则，
令，则，
两式相减可得，，
解得.
故答案为：511
14. 我国南北朝时期伟大的数学家、天文学家祖暅，首次发现“幂势既同，则积不容异”的结论，被称为“祖暅原理”，并用其推导出球的体积公式（示意如图），比西方早一千一百多年，显示出我国古代在数学研究上的辉煌成就．半球台的定义：用一个平行于半球大圆面的平面去截半球，截面圆和大圆面之间的部分叫半球台，大圆面叫下底面，截面叫上底面，则一个下底面半径为5，上底面半径为4的半球台的体积为______．
【答案】
【详解】因为半球台下底面半径，上底面半径，
所以半球台高度.
由祖暅原理得，半球台的体积等于底面半径为、高为的圆柱的体积减去底面半径为、高为的圆锥的体积，
所以半球台的体积.
故答案为：.
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. 已知n满足，在的展开式中，求：
（1）二项式系数最大的项：
（2）所有有理项的系数和．
【答案】（1）
（2）2241
【小问1详解】
由可得，
解得或（舍去），
所以展开式中，二项式系数最大的项为
.
【小问2详解】
二项式展开式的通项为，
且，当为整数时，或或，
所以，，，
故展开式所有有理项的系数和为.
16. 如图，是圆柱的母线，是底面圆的直径，点B，D在底面圆周上（异于A，C），平面⊥平面．
（1）证明：平面；
（2）若，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1详解】
因为平面⊥平面，为交线，,平面，
所以平面，又平面，
所以，即，
又是底面圆的直径，所以，
所以四边形为矩形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
设点到平面的距离为，
由可知，,
由，
可得，
，，
又平面,
所以平面，又平面，
所以，
故，，
所以，解得，
即点到平面的距离为.
17. 某景区为测试并推广一款预约游览APP，上线的第1、2两天在APP上预约可获得费游览资格，第3天开始恢复为原票价，下表是该景区在该APP上前7天的预约情况
经计算得：，，．
（1）由于前两天预约游览免费，所以剔除第1、2两天数据，求y关于t的线性回归方程及第5天的残差：
（2）为了调查该APP在不同年龄的人群中的推广情况，从第7天成人游客中随机抽取200人进行分析，所得的部分数据见下表：
①完成以上2×2列联表：
②如果有95%的把握认定游客通过APP预约游览与其年龄有关，就要进行针对性宣传，请你判断是否需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传．
参考公式：，，
【答案】（1），残差为0.046
（2）①列联表见解析；②需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传，理由见解析
【小问1详解】
剔除掉第1、2两天数据后，，
，，
，
故，
，
故y关于t的线性回归方程为，
第5天的残差为；
小问2详解】
①列联表如下：
②需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传，理由如下：
零假设认定游客通过APP预约游览与其年龄无关，
则，
根据小概率事件原理，可知零假设不成立，故认定游客通过APP预约游览与其年龄有关，
需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传.
18. 如图，在长方体中，点E，F分别是棱，上的动点，且，，
（1）求证：平面；
（2）若，．
①求平面与平面夹角的余弦值的最大值；
②若平面截长方体的截面为五边形，求平面与平面夹角的余弦值的范围．
【答案】（1）证明见详解
（2）①，②
【小问1详解】
在长方体中,平面，
又平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以，同理可证，
又平面，
所以平面.
【小问2详解】
①以为原点建立空间直角坐标系，设，
则，
，
设平面的一个法向量，
则，不妨取，，
由（1）知为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则
，
又，当，即时取等，
又点E，F分别是棱，上的动点，且，，
所以，则，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值的最大值为.
②在平面中，过作，
同（1）的证明理由可得，即平面，
所以当在棱时，截面为四边形，
当在棱（不包含端点）时，且不在棱端点时，截面为五边形，
，，
又，，
又在棱（不包含端点），所以，解得，
又不在棱端点，所以，
由①知，所以，
所以平面与平面夹角的余弦值的范围为.
19. 某超市为吸引顾客，组织购物抽奖活动，抽奖机中有种不同面值的代金券可抽，抽得的代金券可在本超市消费，抽奖规则如下：
顾客先在抽奖机上随机抽取一个数（）．
（Ⅰ）当时，随机抽得一张代金券；
（Ⅱ）当时，随机抽取张面值不同的代金券，但这些代金券都不能用于消费．仅供参考，随后从剩下的（）张代金券中逐个随机抽取，一但出现比这张代金券的面值都高的，即抽得该张代金券；若后面没有比这种的面值都高的，则抽得最后一张代金券．
某位顾客购物后参加抽奖活动．
（1）当，且三张代金券的面值分别为5元，10元，15元时．
①若其抽取的数，求其抽得代金券的面值的均值和方差；
②求其抽得15元代金券的概率．
（2）当，顾客抽取为何值时，抽得最高面值的代金券的概率最大？
【答案】（1）①；②；
（2）.
【小问1详解】
①设最后抽得代金券的面值为，则可能取值为5,10,15.
若先抽取的代金券面值为5的概率为，此种情况下最后抽得10元或15元的概率均为；
先抽取的代金券面值为10的概率为，此种情况下最后抽得15元的概率为；
先抽取的代金券面值为15的概率为，此种情况下最后抽得10元或5元的概率均为.
综上可得，，，
则抽得代金券的面值的均值为.
方差.
②抽取的数的概率为，此种情况下抽得15元概率为；
抽取的数的概率为，此种情况下由①分析可得抽得15元概率为；
抽取的数的概率为，此时先抽取的两张代金券面值为的概率为，此种情况下抽得15的概率为；
先抽取的两张代金券面值中含有15的概率为，此种情况下抽得15的概率为0.
综上可得：抽得15元代金券的概率为.
【小问2详解】
不妨设5张代金券面值为1元，2元，3元，4元，5元，
由题可得，，
当抽取的数，则抽到5的概率为；
当抽取的数，参考面值为1时，概率为.此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5时，才能抽中5元，概率为；
参考面值为2时，概率为.此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5或第1张为1，第2张为5时，才能抽中5元.
对应的概率为；
参考面值为3时，概率为.此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5或第1张为1，第2张为5或第1张为2，第2张为5或前2张为1或2，
第3张为5时，才能抽中5元.
第一张抽到5的情况有种，第一张抽中1，第二张抽中5的情况有种，第1张为2，第2张为5的情况有种，
前2张为1或2，第3张为5的情况有种，又总情况有24种，
则对应概率为；
参考面值4时，概率为.此时因剩余代金券中只有5大于4，则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值为5时，概率为，此时抽到5的概率为0.
综上，当抽取的数，抽到5的概率为；
当抽取的数，参考面值有种情况.
参考面值为1,2时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5时，才能抽中5.
剩余3张代金券的全排列数为，第1张抽到5的情况有2种，则对应概率为；
参考面值为1,3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5或第1张为2，第2张为5时，才能抽中5.
第1张抽到5的情况有2种，第1张为2，第2张为5的情况有1种，又总情况6种，则对应概率为；
参考面值为2,3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5或第1张为1，第2张为5时，才能抽中5.
第1张抽到5的情况有2种，第1张为1，第2张为5的情况有1种，又总情况6种，则对应概率为；
参考面值中有4，但是没有5时，情况有3种，又总情况有种，则概率为，
此时剩余代金券仅有5大于4，则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值中有5时，有4种情况，在剩余代金券中抽到5的概率为0.
综上，当抽取的数，抽到5的概率为；
当抽取的数，参考面值有种情况.
参考面值为1,2,3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5时，才能抽中5.因剩余2张代金券排列方式有2种，则对应概率为；
参考面值中有4，但没有5，有种情况，又总情况有种，概率为.
此时剩余代金券仅有5大于4，则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值中有5，有种情况，在剩余代金券中抽到5的概率为0.
综上，当抽取的数，抽到5的概率为.
当抽取的数，参考面值有种情况.
当且仅当参考面值为1,2,3,4时，可抽到5，对应概率为.
综上，抽得最高面值的代金券的最大概率为，则当时，抽得最高面值的代金券的概率最大.第t天
1
2
3
4
5
6
7
预约量y（万张）
9.03
9
8.58
8.7
8.76
8.74
8.79
50岁以下
50岁（含50）以上
合计
通过APP预约人数
70
其它方式购票人数
80
合计
100
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
50岁以下
50岁（含50）以上
合计
通过APP预约人数
70
50
120
其它方式购票人数
30
50
80
合计
100
100
200