江苏连云港市东海县2025-2026学年第二学期期中考试高二数学试题（含解析）

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题用时：120分钟满分：150分
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. 若随机变量，则（ ）
A. 3B. 6C. 1D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】使用二项分布的期望公式，期望的性质求解．
【详解】，.
2. 若，则（ ）
A. 6B. 10C. 12D. 15
【答案】B
【解析】
【详解】由题可知.
3. 在10件产品中有5件合格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到合格品的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】使用古典概型概率公式和条件概率公式求解.
【详解】记第一次取到不合格品为事件，第二次取到合格品为事件，则
，P(AB)=5×510×9=2590=518，P(B|A)=P(AB)P(A)=51812=59，
所以在第一次取到不合格品后，第二次取到合格品的概率为：59.
4. 某产品的质量指标服从正态分布，质量指标介于至之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到，则需要较高的生产工艺，使得不超过（ ）（备注：若，则）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为产品的质量指标服从正态分布，，
又质量指标介于至之间的产品为良品，良品率达到，
所以，解得，所以不超过.
5. 某摄影兴趣小组有8名男生､4名女生，从12名成员中选2名男生，1名女生分别担任队长､副队长､摄影师，则不同的安排方法种数为（ ）
A. 224B. 326C. 448D. 672
【答案】D
【解析】
【详解】解：根据题意得不同的安排方法种数为．
6. 设是一个试验中的两个事件，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助互斥事件概率公式及条件概率公式计算即可得.
【详解】事件与事件互斥，故，
又PAB=PB−PAB，PAB=PA−PAB，
PAB+AB=PA+PB−2PAB=12+34−2PAB=712，
解得，则.
7. 已知空间向量，平面的一个法向量为，则向量在平面上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】向量在平面上的投影向量是减去在法向量上的投影向量.
【详解】向量在法向量上的投影数量为：，
向量在法向量上的投影向量是：，
则向量在平面上的投影向量是减去在法向量上的投影向量，
即.
8. 某不透明的袋子中有4张蓝色卡片，3张红色卡片，现掷一枚均匀的骰子，掷出几点就从袋中取出几张卡片.若已知取出的卡片全是红色，则掷出3点的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先定义骰子掷出点的事件和抽卡片全为红色的事件，由骰子等可能得PAi=16，再给出条件概率的组合表达式，利用全概率公式算出，最后依据贝叶斯公式，用与的联合概率除以，求出已知全抽红卡时掷出3点的条件概率.
【详解】记事件：骰子掷出的点数为i,i=1,2,3,4,5,6，事件：取出的卡片全是红色卡片.
则PAi=16,PB∣Ai=C3iC7i，
所以，
所以已知取出的全是红色卡片，则掷出点的概率为:.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项待合题目要求.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. 在的展开式中，则下列说法正确的是（ ）
A. 二项式系数最大为15B. 各项系数的和为64
C. 常数项为20D. 有理项有4项
【答案】BD
【解析】
【详解】二项展开通项Tr+1=C6r1x6−rxr=C6rx3r2−6，.
A. 二项式系数最大为，故A错误.
B. 令，各项系数和为，故B正确.
C. 令，得， 常数项，故C错误.
D. 令为整数，得，共项有理项，故D正确.
10. 如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 面
C. 到面的距离为定值
D. 面积的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系使用向量法判断选项，使用向量法计算点到线，点到面的距离判断选项.
【详解】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
，，
设，
则，，
因为，
所以，即，选项正确；
设平面的法向量为，，，
则，令，解得，所以，
因为，
平面，所以面，选项正确；
而，到面的距离为，选项错误；
而，，
点到直线的距离为：，
当时，取最小值为，
此时面积的最小，，
所以面积的最小值为，选项正确.
11. 若数轴的原点处有一个质点，每次向左或向右移动一个单位，向左移动的概率为，设移动次后该质点坐标为随机变量.则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 移动次后，质点最有可能位于坐标为的位置
【答案】ACD
【解析】
【分析】设移动次中，向左移动次，向右移动次，则，，对A，选项条件得，即可求解；对B，根据选项条件得，再求出概率，即可求解；对C，利用二项分布的期望公式，即可求解；对D，根据条件，求出移动次，向左移动几次的概率最大，即可求解.
【详解】设移动次中，向左移动次，向右移动次，则，，
对于A，由，知，所以，所以A正确，
对于B，因为，所以B错误，
对于C，因为，所以C正确，
对于D，因为，所以，则，
由，得到，又，所以P(0)P10，
则移动次，向左移动次的概率最大，
所以移动次后，质点最有可能位于坐标为的位置，故D正确.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设，为实数，已知，且，则______.
【答案】
【解析】
【详解】已知，，且，所以实数，使得.
代入坐标可得：，
即，解得.
故，，
因此.
13. 已知随机变量服从分布，则，则______.
【答案】
【解析】
【分析】使用分布的方差公式求解.
【详解】.
14. 将名工作人员分配到三个不同的工作岗位，每人只去一个岗位，每个岗位都要有人去，其中工作人员甲只能去岗位，则不同的安排方法的种数为______.
【答案】
【解析】
【详解】每人只去一个岗位，将除甲外名工作人员分到三个不同的工作岗位，有种分法，
每人只去一个岗位，将除甲外名工作人员分到两个不同的工作岗位，有种分法，
每人只去一个岗位，将除甲外名工作人员分到两个不同的工作岗位，有种分法，
将除甲外名工作人员全分到工作岗位，有种分法，
又工作人员甲只能去岗位，则工作人员甲只有种分法，
所以每人只去一个岗位，每个岗位都要有人去，且工作人员甲只能去岗位，
有种不同的安排方法.
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. 在二项式的展开式中，含的项的系数为-160.
（1）求实数的值；
（2）记，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）使用二项式定理分析含的项的系数求解；
（2）原式求导后使用赋值法求解.
【小问1详解】
含的项的系数为：，所以.
【小问2详解】
由（1）可知
则(2x−1)6=a0+a1x+1+a2(x+1)2+⋯+a6(x+1)6，对等式两边求导得：
，
令，得，
即，即.
16. 如图，在正四棱锥中，，点在侧棱上，且.
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，利用正四棱锥的性质，得平面，再由线面垂直的性质及线面垂直的判定定理，即可求解；
（2）过作，交于，过作，交于，连接，利用线面垂直的性质及判定得为二面角的平面角，再利用几何关系求出，，即可求解.
【小问1详解】
连接交于，连接，因为四棱锥是正四棱锥，
所以平面，又平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
过作，交于，过作，交于，连接，
因为平面，则平面，又平面，所以，
又，所以，又平面,
所以平面，又平面，则，
所以为二面角的平面角，
又，则，，
又，所以，，则,
在中，，，,
所以.
17. 一个盒子中有6个大小重量相同的小球，其中2个白球，4个黑球，甲同学从盒子中分3次随机抽取，每次抽取1个球.
（1）若有放回的依次抽取，求恰有2次抽取到白球的概率；
（2）若无放回的依次抽取，记抽到白球个数为随机变量，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）的分布列为：
期望为：
【解析】
【分析】（1）使用二项分布概率公式求解；
（2）使用超几何分布的概率公式求解.
【小问1详解】
恰有2次抽取到白球的概率为：
【小问2详解】
可能的取值为：0，1，2
P(X=0)=C20C43C63=420=15，
P(X=1)=C21C42C63=2×620=1220=35，
P(X=2)=C22C41C63=1×420=420=15，
的分布列为：
期望为：EX=0×15+1×35+2×15=1
18. 某校田径队有编号为的四名队员，每天训练前，都要从四名队员中随机选出一人担任队长.
（1）求1号队员在三天内至少担任一次队长的概率；
（2）记天中选取的队员对应的最大编号为.
（i）时，求；
（ii）求使得成立的最小的的值.
【答案】（1）
（2）（i）（ii）最小的为3
【解析】
【分析】（1）利用对立事件求解，先算出三天均不选中1号的概率，再用减去该概率，即可得到1号三天内至少担任一次队长的概率.
（2）（i）代表所有选取编号不超过且不含全部为的情况，借助最大值的区间概率作差，代入对应式子计算即可.
（ii）先写出的分布列并化简期望表达式，结合已知不等式得到求和范围，依次代入逐一验算，对比大小后确定满足条件的最小正整数.
【小问1详解】
设每天选到号队员的事件为，，.
设事件为“三天都不选1号”，则.
所以1号队员在三天内至少担任一次队长的概率。
【小问2详解】
（i）等价于三天选取的编号均不大于2，且至少有一次为2.
.
（ii）， ，.
期望，
即.
由，得 .
时，左边；
时，左边；
时，左边.
故最小的为3.
19. 如图，在三棱柱中，,，，，为中点，平面.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求三棱锥的体积；
（3）若质点的初始位置位于点处，每次等可能地沿着棱去往相邻的另一个顶点，记点移动次后仍在底面上的概率为，求.
【答案】（1）
（2）48 （3）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，使用向量法求解；
（2）使用三棱锥的体积公式求解；
（3）使用全概率公式写出的递推关系式，构造等比数列求解.
【小问1详解】
以为原点，所在直线分别为轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，因为平面，且，在直角三角形中，，所以，即，
又，所以，则B1D⃗=(0,0,−12) ，，，设平面的法向量为，则
n·BD=4x+3y=0n·BC1=4x+9y+12z=0，令，解得，，所以，
设直线与平面所成角为，则sinθ=csB1D,n=B1D·nB1Dn=−2412×29=22929，
所以直线与平面所成角的正弦值为：.
【小问2详解】
到平面的距离为d=B1D→·n→n→=2429,
,
，故，
因此,
所以三棱锥B1−BDC1的体积为.
【小问3详解】
设为质点移动次后仍在底面上的概率，由题意可知，若质点在底面，下一步留在底面的概率为，若质点在顶面，下一步回到底面的概率为，
则Pn=23Pn−1+13(1−Pn−1)=13Pn−1+13，即Pn−12=13(Pn−1−12) ，因为 ，
,所以数列是首项为，公比为的等比数列，则Pn−12=16×(13)n−1，
所以Pn=121+(13)n.0
1
2
0
1
2