江苏徐州市铜山区2025-2026学年第二学期期中学情调研高二数学试题（含解析）

这是一份江苏徐州市铜山区2025-2026学年第二学期期中学情调研高二数学试题（含解析），共9页。试卷主要包含了 已知，则，37B等内容，欢迎下载使用。
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，将答案写在答题卡指定位置上，在其他位置作答一律无效.
3.本卷满分150分，考试时间为120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一个是符合题目要求的.
1. （ ）
A. 30B. 35C. 40D. 45
【答案】B
【解析】
【分析】由排列数、组合数的计算公式即可求解.
【详解】.
2. 已知，且，则实数值为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】应用空间向量垂直的坐标运算求解.
【详解】因为，且，
所以2×−1+−1×2+1×x=0 ，即
则实数值为4.
3. 若平面的一个法向量为，平面平面，则平面的法向量的坐标可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】平面的一个法向量为，平面平面，
设平面的法向量为，
平面的法向量，
选项A，，与不平行，故选项A错误；
选项B，，与不平行，故选项B错误；
选项C，42=21=−2−1，与平行，故选项C正确；
选项D，，与不平行，故选项D错误.
4. 文娱晚会中，学生的节目有3个，教师的节目2个，如果教师的节目不排在最后一个，则节目的排法有（ ）
A. 60种B. 72种C. 84种D. 96种
【答案】B
【解析】
【分析】先确定最后一个节目，再结合全排列和分步乘法计数原理即可求解.
【详解】一共个节目，要求教师节目不排在最后，
因此最后一个位置只能排学生节目：从3个学生节目中选1个放在最后，共种选择，
剩下的个节目任意排列在前4个位置，全排列数为，
总排法为种.
5. 已知，则（ ）
A. 10B. 40C. 45D. 120
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】已知(x+2)10=1+1+x10，则的系数为C102=45 .
6. 篮球作为三大球类运动之一，深受大众喜爱.据统计，某企业两个部门中喜欢篮球运动的员工分别占本部门总人数的，且这两个部门的员工人数之比为，现从这两个部门中随机抽取一位员工，则该员工喜欢篮球的概率为（ ）
A. 0.37B. 0.46C. 0.54D. 0.75
【答案】A
【解析】
【分析】结合全概率计算公式求解即可.
【详解】设两个部门分别为部门1、部门2，由人数比为，
可得抽到部门1的概率为，抽到部门2的概率为32+3=0.6 ，
已知部门1喜欢篮球的概率为，部门2喜欢篮球的概率为，
根据全概率公式，随机抽取一人喜欢篮球的概率为：
.
7. 现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有5种颜色可供选择，则不同的染色方案有（ ）
A. 160种B. 240种C. 360种D. 420种
【答案】D
【解析】
【分析】设四个侧面按顺序为，通过与同色和与不同色，讨论，结合分步乘法计数原理求解即可.
【详解】染下底面：共5种颜色可选，因此有种染色方法，
染四个侧面： 四个侧面都与下底面相邻，因此所有侧面都不能与下底面同色，只能从剩余的4种颜色中选择；
同时四个侧面围成环形，相邻侧面也不同色，我们分情况计算：
设四个侧面按顺序为，
第一步染：共4种选择；
第二步染：不能与同色，共3种选择；
情况1：与同色：仅1种选择；不能与、同色，共3种选择，
此情况总数：；
情况2：与不同色：不能与、同色，共2种选择；不能与、同色，共2种选择，
此情况总数：；
因此四个侧面总染色方法：种。
总方案数：根据分步乘法计数原理，总方案为.
8. 如图，二面角等于是棱上两点，分别在半平面内，，且，则的长等于（ ）
A. 4B. C. 6D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为二面角等于，又
所以可得，
又，
所以
，
所以.
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，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分
9. 若为空间的一个基底，则下列各组向量一定能构成空间的一个基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】选项A，因为，所以共面，所以A错误；
选项B，因为与互为相反向量，又为空间的一个基底，
所以能构成空间的一个基底，故B正确；
选项C，若共面，
则存在实数使得，即，
因为不共面，所以，解得，进而则可得，
得到共面，与已知矛盾，所以C正确；
选项D，因为，所以共面，所以D错误.
10. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由对立事件、和事件、条件概率计算公式逐项判断即可.
【详解】选项A： 对立事件概率公式 PA=1−PA=1−23=13​，A正确。
选项B： 和事件概率公式 PA+B=PA+PB−PAB=23+12−14=1112≠56，B错误，
选项C： 条件概率公式 PBA=PABPA=1423=38，C正确
选项D： 事件是互斥事件与AB的和事件，
因此 PAB=PA−PAB=23−14=512​，D正确.
11. 已知正方体的棱长为为中点，.下列论述正确的是（ ）
A. 若，则点到平面的距离为
B. 三棱锥的体积为定值
C. 的最小值为
D. 平面与侧面所成角的余弦值的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，由点到平面距离的空间向量法计算判断A；由点到平面的距离，结合计算判断B，若点为线段的中点，计算得判断C，由二面角空间向量法结合二次函数性质计算判断D.
【详解】以点为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
则，设，则，
由可得，
所以，即，
对于A，若，则，
，
设平面的法向量为，
则，取，则，
所以平面的法向量为，
所以点到平面的距离为，故A正确；
对于B，，
设平面的法向量为，
则，取，则，
所以平面的法向量为，
所以点到平面的距离为，
即点到平面的距离为定值，
因为的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C，若，即点为线段的中点，，
此时，，，
因为，
所以的最小值不为，故C错误；
对于D，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
所以平面的一个法向量为，
由正方体性质可知侧面的一个法向量为，
则二面角的余弦值为，
由二次函数性质可知，当或时，有最大值为，
所以有最小值，
即平面与侧面所成角的余弦值的最小值为，故D正确.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知随机变量的概率分布如表且；则__________.
【答案】2.2
【解析】
【详解】已知，则，进而a=1−0.4−0.3=0.3 .
则EX=1×0.4+2×0.3+4×0.3=2.2 .
13. 在的展开式中，含的项的系数为__________.
【答案】
【解析】
【详解】第一个括号里面的1乘以后面每个括号里面的，得，
第二个括号里面的乘以其他括号里面的，得，
第三个括号里面的乘以其他括号里面的，得，
第四个括号里面的乘以其他括号里面的，得，
所以展开式中，含的项的系数为.
14. 有5个球，分别标有数字，从中有放回地随机取4次，每次取1个球.记为标有数字的球被取出的次数，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】4 次有放回抽取的所有结果共有种，且等可能，要使说明 5 个数字中“最多出现 2 次”，并且“至少有一个数字出现 2 次”，因此 4 次抽取的出现次数分布只能是以下两种：和分别计数后相加即可.
【详解】从中有放回地随机取4 次，每次都有 5 种可能，
所以样本空间中等可能结果总数为
当时，4 次抽取的频数分布只能为：
情形 1：两个数字各出现 2 次，即频数分布为
先从5个数字中选出 2 个数字：种；
再把这两个数字排入4个位置，重数分别为2和2：种，
故该情形共有种结果，
情形 2：一个数字出现2次，另两个不同数字各出现1次，
即频数分布为
先选出那个出现 2 次的数字：种；
再从其余 4 个数字中选出 2 个只出现 1 次的数字：种；
最后把这4个元素排入4个位置，其中一个数字重复2次：种，
故该情形共有种结果，
合并满足条件的结果总数为
因此
四､解答题：本大题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 用数字组成没有重复数字的数（结果用数字作答）.
（1）求可组成多少个三位数；
（2）将（1）中的三位数按从小到大的顺序排成一排，求第55个数.
【答案】（1）100 （2）342
【解析】
【分析】（1）先排百位数，再排其余数位；
（2）按百位数字分类讨论，逐步缩小范围．
【小问1详解】
百位数字可以从中选择，共种选择.
十位数字可以从剩下的个数字选择，共种选择，个位数字可以从剩下个数字选择，共种选择.
可以组成个三位数.
【小问2详解】
按百位分类计数：百位为的三位数：共个（对应第个数）；
百位为的三位数：共个（对应第21~40 个数）.
因此第55个数的百位是，且是百位为的数中第个.
再按十位从小到大分类计数（百位固定为）：
十位为：个位可选，共个数（对应百位为3的第个）；
十位为：个位可选0,2,4,5 ，共个数（对应第个）；
十位为：个位可选0,1,4,5 ，共个数（对应第个）.
此时累计到第12个，接下来十位从小到大是，
按顺序排列，第13个：，第14个：，第15个：.
因此第55个数是.
16. 已知展开式的二项式系数之和为32.
（1）求展开式中所有项的系数和；
（2）求展开式中的常数项；
（3）求展开式中二项式系数最大的项.
【答案】（1）
（2）
（3）或．
【解析】
【分析】（1）根据二项式系数和为即可得，再利用赋值法即可求解；
（2）求出二项式展开式的通项，令的指数为零即可求解；
（3）根据二项式系数的单调性即可求解..
【小问1详解】
由题意可得解得，取，故展开式中所有项的系数和1−215=−1 ，
【小问2详解】
所以该二项式为，
则通项公式为：Tk+1=C5k(x2)5−k−2xk=−2kC5kx10−5k2,k=0,1,2,⋅⋅⋅,5 ．
令，解得，
所以该二项式的展开式中的常数项为T5=−24C54=80 ．
【小问3详解】
由于，故展开式中二项式系数最大为，故二项式系数最大的项为
T4=−23C53x52=−80x52或T3=−22C52x5=40x5．
17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面，且.
（1）求直线与直线所成角的余弦值；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，根据异面直线所成角的余弦值求解即可.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，结合向量夹角的余弦值即可求解.
【小问1详解】
连接AC，底面ABCD是边长为的菱形，，故是等边三角形，.
以为原点，为轴，在平面内过点A作的垂线为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
由，得E13,−33,23.CE=−53,−33,23，PD==1,3,−1.
因为CE·PD=−53×1+−33×3+23×−1=−103，CE·PD=103，
模长CE=423，.
所以异面直线所成角的余弦值为csθ=CE·PDCEPD=103423⋅5=104.
【小问2详解】
对平面，取向量PB=1,−3,−1，，
设法向量，由n1⋅PB=x1−3y1−z1=0n1⋅PC=2x1−z1=0，
可取n1=3,−1,23，.
对平面，取向量，PD=1,3,−1，
设法向量，由n2⋅PD=2x2−z2=0n2⋅PC=x2+3y2−z2=0，
可取，.
因此余弦值csα=∣n1⋅n2∣n1n2=∣3−1+12∣4×4=78.
18. 湘绣，是中国优秀的民族传统工艺之一，有着两千多年的历史.湘绣的制作工艺繁杂，一幅湘绣作品要经过设计图案和刺绣两大主要环节，且只有设计图案通过后才能进行刺绣，两个环节是否通过相互独立.只有同时通过这两个环节才能成为成品.某绣坊准备制作三幅不同的湘绣作品，已知三幅作品通过设计图案环节的概率依次为，通过刺绣环节的概率依次为.
（1）若已知三幅中恰有一幅作品通过设计图案环节，求通过的作品为的概率；
（2）经过设计图案和刺绣两个环节后，三幅作品成为成品作品的件数为.求随机变量的分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）
.【解析】
【分析】（1）根据条件概率求解即可.
（2）由可取，求出对应的概率，列出分布列即可求解数学期望．
【小问1详解】
设事件A1,B1,C1分别表示通过设计环节，由题意得P(A1)=34,P(B1)=23,P(C1)=12​，
且A1,B1,C1相互独立.
设事件为"三幅中恰有一幅通过设计"，事件为"通过设计的作品为"，所求为条件概率P(N∣M)=P(MN)P(M).
P(MN)=P(A1B1C1)=34×(1−23)×(1−12)=18.
P(M)=P(A1B1C1)+P(A1B1C1)+P(A1B1C1) =18+14×23×12+14×13×12=14.
因此P(N∣M)=1814=12.
【小问2详解】
设事件分别表示成为成品作品.
则P(A2)=34×23=12，P(B2)=23×34=12，P(C2)=12×35=310.
的可能取值为，
P(X=0)=(1−12)(1−12)(1−310)=740，
P(X=1)=12×12×710+12×12×710+12×12×310=1740，
P(X=2)=12×12×710+12×310×12+12×310×12=1340，
P(X=3)=12×12×310=340.
因此的分布列为：
E(X)=0×740+1×1740+2×1340+3×340=1310.
19. 在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；过点，且法向量为的平面的点法向式方程为将其整理为一般式方程为，其中.
（1）已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的正弦值；
（2）请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点到平面的距离为；
（3）已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据给出的结论，得到直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量求直线与平面所成的角的余弦值.
（2）在平面上取一点，利用空间向量的方法求点到面的距离即可证明；
（3）分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求平面角的余弦值.
【小问1详解】
由直线的点方向式方程为，
可知直线的一个方向向量坐标为.
由平面的一般式方程为，
可知平面的一个法向量为n=23,−1,1，
设直线与平面所成角为，
所以有sinθ=cs〈m,n〉=m⋅nm⋅n=6−1−15×14=27035；
【小问2详解】
由于不全为0，
不妨设，在平面内取一点，
则向量，
取平面的一个法向量，
所以点到平面的距离为：
．
同理可证和时，d=Ax0+By0+Cz0+DA2+B2+C2．
【小问3详解】
因平面经过三点P1,0,0,Q2,1,1，，
可得QP=−1,−1,−1，，
设侧面所在平面的法向量为
则QP⋅n1=−x1−y1−z1=0HP⋅n1=2x1−2z1=0，令，解得，，可得，
由平面的一般式方程，
可知平面的一个法向量为n2=1,−1,−2，
设平面与平面的交线的方向向量为m1=x2,y2,z2，
则m1⋅n1=x2−2y2+z2=0m1⋅n2=x2−y2−2z2=0，令，则，，可得m1=1,35,15，
侧面所在平面的一般式方程为，
可知平面的一个法向量为n3=m,2,−2m，
由，，则，，
解得，即n3=−2,2,4，
故平面与平面夹角的余弦值为：
cs〈n1,n3〉=n1⋅n3n1n3=1×−2+−2×2+1×46×24=16．
1
2
4
0.4
740
740