江苏南通市海安高级中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份江苏南通市海安高级中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（含解析），共8页。试卷主要包含了单项选择题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【详解】复数在复平面内的点为，位于第四象限.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】已知，
由，解得，
则，又，
故.
3. 设在处可导，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】变形，结合导数的定义，计算出结果.
【详解】因为在处可导, 由导数的定义可得：，
所以，.
故选：A.
4. 已知甲、乙、丙、丁、戊五位司机中，甲、乙既能开大客车也能开小客车，丙、丁、戊只能开小客车．现从这五位司机中选两人，分别去开一辆大客车和一辆小客车，则不同的安排方案有（ ）
A. 20种B. 6种C. 8种D. 5种
【答案】C
【解析】
【详解】第一步，为大客车选司机．从甲、乙两位司机中选1人，有2种选法．
第二步，为小客车选司机．从剩下的四位司机中选1人，有4种选法．
由分步乘法计数原理，得不同的安排方案有种，
5. 已知圆锥的母线长为13，侧面积为，则该圆锥的内切球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆锥的特征先计算其高与底面圆半径，再利用相似的性质计算内切球半径，计算其表面积即可.
【详解】设该圆锥底面圆半径为r，高为h，根据题意有，
设其内切球半径，
所以内切球的表面积，
故选：C.
6. 已知是空间的一个基底，是空间的另一个基底，向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设向量在基底下坐标为，用该基底表示出向量，再由在基底下坐标为，表示出向量，建立等式求出即可.
【详解】设向量在基底下坐标为，
则.
已知在基底下坐标为，
即.
所以，
即，
则：，
所以向量在基底下的坐标是，
故选：B.
7. 若甲盒中有3个白球，2个红球，1个黑球，乙盒中有个白球个红球，2个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，若事件“从甲盒中取出的球和从乙盒取出的球颜色相同”的概率不小于，则的最小值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合全概率公式得，再解不等式即可得答案.
【详解】设从甲盒中取出白球、红球、黑球的事件分别为，
从甲盒中取出的球与乙盒中取出的球的颜色相同为事件，
则，，，
所以，根据全概率公式得：
，
所以，整理得：，解得，
所以满足题意的的最小值为.
8. 《孙子算经》对同余除法有较深的研究，设，，为整数，若和被除得余数相同，则称和模同余，记为，如12和7被5除得余数都是2，则记为.若，且，则可以为（ ）
A. 2024B. 2025C. 2026D. 2027
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式定理算出除17余数，再根据题意求解即可.
【详解】 a=321C210+320C211+319C212+⋯+30C2121=(3+1)21=421，
421=(42)10⋅4=1610⋅4 ，因为16≡−1(md17) ，
则 a≡(−1)10⋅4=4(md17) 除以的余数为，因此除以余数也应为.
2027=2023+4=17×119+4 ，余数为.
二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 关于空间向量，以下说法正确的有（ ）
A. 向量，，若，则
B. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
C. 设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底
D. 若空间四个点，，，，满足，则，，三点共线
【答案】BD
【解析】
【分析】选项 A 根据向量垂直的前提是两向量均为非零向量；选项 B 根据空间四点共面的充要条件，即向量表达式中系数和为 1 来判断；选项 C 根据共面向量定理结合基底的概念即可判断；选项 D 根据共线向量定理的推论，通过系数和为 1 判断三点共线，从而确定正确选项；
【详解】选项A：若，可能或，零向量与任意向量的点积为0，但零向量没有垂直的定义，因此不能推出，故A 错误；
选项B：空间四点共面的充要条件是：
对空间任意一点，存在实数，使得，且，
所以x+y+z=16+13+12=1 ，因此四点共面，故B 正确；
选项C：因为a→+c→=(a→−b→)+(b→+c→) ，所以a→−b→,b→+c→,a→+c→为共面向量，因此不能作为基底，故C 错误；
选项D：若，且，则根据共线向量定理的推论，三点共线，故D正确.
10. 下列选项正确的是（ ）
A. 若随机变量，则
B. 一组不全相等的数的平均数为，方差为，若再插入一个数，则这个数的方差为，则
C. 若随机变量，，则
D. 若，，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，根据二项分布的方差公式求出，再根据方差的性质求出；对B，根据平均数和方差的计算公式分别求出，然后比较大小；对C，根据正态分布的性质分别计算和，再比较大小；对D，根据条件概率公式和全概率列出关于的方程，进而求解.
【详解】已知随机变量，
根据二项分布的方差公式可得，
所以，故A正确；
一组不全相等的数的平均数为，所以方差，
若再插入一个数，则这个数的方差，
因为，所以，所以，故B正确；
因为随机变量，则正态分布曲线关于对称，所以，
所以，
同理，随机变量，则正态分布曲线关于对称，所以，
所以，
由正态分布的性质可知，，
所以，故C错误；
由，，
可得，，
又，所以，
又，所以，
解得，故D正确.
11. 棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点（如图1），则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与底面所成角的正切值为
B. 异面直线与的距离为
C. 若点为平面上的动点，且直线与所成角为，则动点的轨迹长度为
D. 若，交于点，正方形的四个顶点在其所在平面内绕着点逆时针旋转，得到一个十面体（如图2），则该十面体的体积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A建立空间直角坐标系计算线面角正弦，再应用同角三角函数关系即可求解判断；B应用空间向量计算异面直线间距离即可；C求证平面，即可确定轨迹为圆；D将图形分割为三棱锥进行求解.
【详解】对于A，如图建立空间直角坐标系.
则M0,12,1,N1,0,12， MN=1,−12,−12，
又平面的一个法向量显然为，
设与平面夹角为，则，
所以csθ=1−sin2θ=1−662=306,tanθ=15=55，故A正确；
B选项，因为B11,1,1,C0,1,0,B1C=−1,0,−1，MC=0,12,−1，
设异面直线公垂向量，又因为m→·MN→=0,m→·B1C→=0 ，
所以x−12y−12z=0−x−z=0，令，则y=32,z=−12，
设异面直线与的距离为MC⃗⋅12,32,−1214+94+14=54112=51122，B选项错误；
C选项，因为平面，平面，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以，同理可得，，
因为平面，所以平面，
设平面，因为平面，所以，
因为直线与所成角为，所以，
则动点Q的轨迹是半径为的圆，故其长度为，故C正确；
D选项，连接，
因为平面，所以三棱锥的高为，
则，同理可得，，
因为，且，所以，
所以，
，
因为，所以，
所以，
因为，
所以十面体的体积为，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设，则 .
【答案】0
【解析】
【分析】就是展开式中的系数，利用通项公式求解即可.
【详解】展开式通项为，
所以，
故答案为0.
本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.
13. 如图，已知平行六面体中，底面是边长为的正方形，侧棱长为，且，若异面直线和所成角的大小，则______.
【答案】.
【解析】
【分析】由图形结合向量夹角公式找到关系式，从而求解.
【详解】根据已知，，
由于，，，
则
，
则与所成角的大小，
所以，
得，则.
故答案为：
14. 三门问题（Mnty Hall prblm）也称蒙提霍尔问题，是比较著名的一种游戏，某个综艺节目利用这个规则进行了适当修改制定了一个抽奖游戏，有4扇编号为1，2，3，4的四个外观相同的门，只有一扇门后面有奖品，其余的门后面都没有奖品，主持人知道奖品在哪扇门后面，当抽奖人选择了某扇门后，在门打开之前，主持人先随机打开了另一扇没有奖品的门，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率.现在已知某嘉宾选择了2号门，用表示号门后有奖品，用表示主持人打开号门，则________；若抽奖人更改了选择，则其中奖概率为________.
【答案】 ①. ②. ##0.375
【解析】
【分析】根据条件概率即可求得第一空答案；结合全概率公式即可求得第二空答案.
【详解】奖品在2号门后，嘉宾选择了2号门，主持人可打开1，3，4号门，则；
若奖品在2号门后，其概率为，嘉宾更改了选择，则其选中奖品的概率为0；
若奖品不在2号门后，其概率为，主持人随机打开不含奖品的两扇门中的1个，
若此时嘉宾更改选择，其选中奖品的概率为；
∴若嘉宾更改选择，其中奖的概率为.
故答案为：；
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. 如图，平行六面体的底面是菱形，且
（1）求证：
（2）当的值为多少时，平面？请给出证明.
【答案】（1）证明见解析
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用空间向量数量积的运算律证明CC1→⋅BD→=0 即可；
（2）首先利用线面垂直的性质定理证明，若 平面 ，只需满足 ，然后利用空间向量数量积的运算律即可证明.
【小问1详解】
设CD=a，CB=b，CC1=c， 因为底面 是菱形，
所以，且BD=CD−CB=a−b，
CC1→⋅BD→=c⃗⋅(a⃗−b⃗)=∣c⃗∣∣a⃗∣cs∠C1CD−∣c⃗∣∣b⃗∣cs∠C1CB .
由题知 ∠C1CB=∠C1CD=θ ，且 ，因此 CC1→⋅BD→=0 ，
即，故.
【小问2详解】
当时， 平面 ，证明如下：
设 ，，则 ∣a∣=∣b∣=m ，∣c∣=n ， CA=a+b， CA1=a+b+c，
因为底面是菱形，所以，
又因为，平面，，所以平面，
因为平面，所以 .
若 平面 ，需满足 ，
C1D=a−c，A1C→=−(a⃗+b⃗+c⃗) ，令 A1C⋅C1D=0 ，即 (a+b+c)⋅(a−c)=0 ，
展开整理： ∣a∣2+a⋅b−b⋅c−∣c∣2=0 ，代入 a⋅b=m2cs⁡θ ，b⋅c=mncs⁡θ 得 ：
m2+m2csθ−mncsθ−n2=0⇒(m−n)(m+n+mcsθ)=0 ，
由于 ，m+n+mcs⁡θ≠0 ，因此 ，即 .
此时 且 ，，BD,C1D⊂ 平面 ，
故 平面 .
16. 已知函数在处取得极值．
（1）求的值；
（2）讨论函数的单调性．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，解得即可；
（2）由（1）可得，求出函数的导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间.
【小问1详解】
因为，
所以，依题意，
解得，经检验符合题意.
【小问2详解】
由（1）得且定义域为，
又，
对任意都成立，
令，解得，，
①当即时，恒成立，则函数在上单调递减；
②当即时，令，解得，则函数在上单调递增，
令，解得或，则函数在和上单调递减；
③当即时，令，解得，则函数在上单调递增，
令，解得或，则函数在和上单调递减．
综上可得：当时在上单调递减；
当时在上单调递增，在和上单调递减；
当时在上单调递增，在和上单调递减.
17. 若的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比为.
（1）求展开式中各项的系数和与各项的二项式系数和的比值；
（2）求展开式中所有的有理项；
（3）求展开式中系数最大的项.
【答案】（1）
（2）.
（3）第4项和第5项
【解析】
【分析】（1）先根据题意求出的值，再求出展开式中各项的系数和与各项的二项式系数和即可；
（2）求出展开式的通项公式求解，令为整数即可；
（3）设展开式中第项的系数最大，列出不等式求出结果.
【小问1详解】
由题，可得，即，即，又，所以，
令，得，故系数和为，各项的二项式系数和为，
故展开式中各项的系数和与各项的二项式系数和的比值为.
【小问2详解】
因展开式的通项公式为，，
当时，为整数，即，，，
所以展开式的有理项为.
【小问3详解】
因为展开式的通项公式为，，
设展开式中第项的系数最大，则，
即，解得或，
故展开式的第4项和第5项的系数最大，
又，，
所以展开式系数最大的项为第4项和第5项.
18. 如图，在正四棱台中，，且．

（1）若．
（i）求证：平面；
（ii）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．
（2）若正四棱台的8个顶点均在球M的表面上，求球M体积的最小值．
【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）；
（2）.
【解析】
【分析】1）（i）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证；（ii）求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法及线面角的向量法求解.
（2）由（1）中坐标系，设出球心坐标，利用空间两点间距离公式列式，借助基本不等式求出最小球半径即可.
【小问1详解】
（i）在正四棱台中，连接，过作平面，
则直线必过正方形中心，设正四棱台的高为，
则，
，因此，即，而，
则，又平面，平面，
所以平面.
（ii）由（i）得，设平面的法向量，
则，取，得，而平面的法向量，
由二面角为，得，
解得，，又，设平面的法向量，
则，取，得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问2详解】
由正四棱台的8个顶点均在球M的表面上，得球心在直线上，
设，正方形的外接圆半径为，正方形外接圆半径，
点，设球的半径为，则，即，
于是，
，当且仅当，即时取等号，满足，
因此当正四棱台外接球的球心为正方形的中心时，球半径取最小值，
所以球M体积的最小值为.
19. 第八届中国国际进口博览会于2025年11月5日至10日在国家会展中心（上海）举办某公司对参加本届进博会的服务人员开展专项培训，为庆祝服务人员培训合格，该公司设置了一个闯关小游戏，规则如下：在一个不透明的盒子里放入3个大小与质地均相同的小球，其中1个白球，2个黑球，每次有放回地从中任取1个小球，连续取两次，以上过程记为一轮闯关，如果两次取到的都是白球，则闯关成功，闯关者结束闯关，否则闯关失败，然后往盒子里再放入1个黑球，进行下一轮闯关，如此不断继续下去，直至闯关成功．
（1）已知某人参加闯关游戏，且最多进行3轮闯关（即使第3轮闯关不成功，也停止闯关）．
（ⅰ）记该人闯关的轮数为，求的分布列和数学期望；
（ⅱ）在该人闯关成功的条件下，求该人第1轮闯关失败的概率．
（2）记闯关者前轮闯关成功的概率之和为，证明：．
【答案】（1）（i）分布列见解析，；（ii）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）（i）分别计算出取1，2，3对应的概率，列出分布列，求出期望；
（ii）用条件概率公式进行求解；
（2）法一：根据裂项相消发化简得，结合证不等式；
法二：计算，用平方差公式展开约分，得，结合证不等式；
【小问1详解】
（i）由题意知X的所有可能取值为1，2，3，
，，，
所以X的分布列为
则X的数学期望.
（ii）设事件B表示该人闯关成功，F表示该人第一轮闯关失败，（，2，3）表示该人第i轮闯关成功，
则，，，
，
，
由条件概率的计算公式可得，
故在该人闯关成功的条件下，该人第1轮闯关失败的概率为.
【小问2详解】
法一：由题意知
，
令，
则，
所以.
因为，所以，所以，
所以.
法二：由题意知，
则
，
所以.
因为，所以，所以，
所以.
X
1
2
3
P