江苏省宿迁市2025-2026学年高二下学期期末质量监测数学试卷含答案（word版+pdf版）

这是一份江苏省宿迁市2025-2026学年高二下学期期末质量监测数学试卷含答案（word版+pdf版），共3页。试卷主要包含了 12， 36， 73，5−0，129>6等内容，欢迎下载使用。
13. 36
14. 73
15. (13 分)
解析:
(1)因为 1−x2n 展开式中所有二项式系数之和为 1024 , 即 2n=1024 ,
所以 n=10 .3 分
故二项式系数最大的项为 T6=C105⋅−x25=−638x5 .6 分
(2)令 fx=1−x2n=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn ,
所以,令 x=0 ,可得 f0=a0=1 . 8 分
令 x=2 ,可得 f2=a0+2a1+22a2+23a3+⋯+2nan=0 .10 分
故 2a1+22a2+⋯+22an=f2−f0=−1 .13 分
16. (15 分)
解析:
(1)解法 1:连接 AB1,AC1 ，
因为在直三棱柱 ABC−A1B1C1 中，四边形 AA1B1B 为平行四边形，
所以 M 为 AB1 中点,又 N 为 B1C1 的中点,所以 MN//AC1 . 3 分
因为 MN⊄ 平面 AA1C1C,AC1⊂ 平面 AA1C1C ,所以 MN// 平面 AA1C1C . 7 分
解法 2: 证明: A1B1 取中点 P ,连结 MP,NP ,由 M,N 分别是 AB1 与 B1C1 的中点,
所以 MP//BB1//AA1 .
又因为 MP⊄ 平面 AA1C1C,AA1⊂ 平面 AA1C1C ,
所以 MP∥ 平面 AA1C1C .
同理, PN// 平面 AA1C1C .
又 MP∩NP=P,MP、NP⊂ 平面 MPN ,
所以面 MPN// 面 AA1C1C . 4 分
而 MN⊂ 平面 MPN ,所以 MN// 平面 AA1C1C . 7 分
(2)以 AB,AC,AA1 为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系 A−xyz ，
设 AA1=1 ,则 AB=AC=2 .
则 A0,0,0,B2,0,0,C0,2,0,A10,0,1,B12,0,1,M22,0,12,N22,22,1
所以 A1B=2,0,−1,MN=0,22,12,CN=22,−22,1 . 9 分
设平面 MNC 的一个法向量为 n=x,y,z ,
则 n⋅MN=0,n⋅CN=0 .
即 22y+12z=022x−22y+z=0 ,令 y=1 ,则 x=3,z=−2 .
所以平面 MNC 的一个法向量为 n=3,1,−2 . 12 分
设直线 A1B 与平面 MNC 所成角为 θ ,又 A1B=2,0,−1 ,
则 sinθ=cs=A1B⋅nA1Bn=4223×3=223 .
所以直线 A1B 与平面 MNC 所成角的正弦值为 223 . 15 分
17. (15 分)
解析:
(1)众数为 590 ; 1 分
中位数为 580+0.5−0.05×20−0.01×20÷0.02=590 . 3 分
(2)由频率分布直方图可知，抽取的 100 名学生中成绩合格的有
100×20×0.0050+0.0100+0.0200=70 人，则成绩优秀的有 30 人.
补全 2×2 列联表如下: 5 分
提出假设 H0 : 学生成绩优秀与主动预习无关.
因为 χ2=100×25×10−45×20270×30×45×55=169002079≈8.129>6.635=x0.01 , 8 分
所以依据小概率值 α=0.01 的独立性检验,推断 H0 不成立.
即可以认为学生成绩优秀与主动预习有关. 9 分
(3)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 45100=0.45 ，
则 Y∼B20,0.45 . 11 分
所以 EY=20×0.45=9,DY=20×0.45×1−0.45=4.95 . 15 分
18.(17分)
解析:
(1)在面 PAB 内,过 A 作 AM⊥PB 交 PB 于 M ，
因为平面 PAB⊥ 平面 PBC ,平面 PAB∩ 平面 PBC=PB ,
AM⊂ 平面 PAB ,
所以 AM⊥ 平面 PBC . 2 分
BC⊂ 平面 PBC ,所以 AM⊥BC .
因为 PA⊥ 底面 ABC,AB,BC⊂ 底面 ABC ,所以 PA⊥BC . 3 分
又 AP∩AM=A ,且 AP,AM⊂ 平面 PAB ,所以 BC⊥ 平面 PAB . 4 分
因为 AB⊂ 平面 PAB ,所以 AB⊥BC . 5 分
(2)解法 1:如图所示，在 △PBC 内过点 M 作 ME⊥PC 交 PC 于 E ，连接 AE ，
由( 1 )知， AM⊥ 平面 PBC ，又 PC⊂ 平面 PBC ，
所以 AM⊥PC .
又 ME⊥PC , ME , AM⊂ 平面 AME , ME∩AM=M ,
所以 PC⊥ 平面 AME .
又因为 AE⊂ 平面 AME ,
所以 PC⊥AE . 故 ∠AEM 为二面角 A−PC−B 的平面角. 7 分
因为 AM⊥ 平面 PBC,ME⊂ 平面 PBC ,
所以 AM⊥ME .
因为 AP⊥ 平面 ABC,AB⊂ 平面 ABC,AC⊂ 平面 ABC ,
所以 AP⊥AB,AP⊥AC .
设 AB=x ,则在 RtΔPAB 中, AM=2x4+x2,RtΔPAC 中, PA=AC=2,AE=2 .
在 Rt ΔAME 中, sin∠AEM=AMAE ,即 427=2x4+x22 .
解得 x=3 ,即 AB=3 .11 分
解法 2: 以 A 为原点, AC 所在直线为 y 轴, AP 所在直线为 z 轴,建立如图所示空间直角坐标系 A−xyz ,
则 A0,0,0,P0,0,2,C0,2,0 ,设 Ba,b,0 ,则 a2+b−12=1 .
设平面 PBC 的一个法向量 n1=x,y,z ,
又 PC=0,2,−2,BC=−a,2−b,0
所以 n⋅BC=0n⋅PC=0 ,即 2y−2z=0−ax+2−by=0 ,取 z=1 ,则 y=1 , x=2−ba ,
所以 n1=2−ba,1,1 . 7 分

由题意得,平面 PAC 的一个法向量 n2=1,0,0
因为二面角 A−CP−B 的正弦值为 427 ，
所以二面角 A−CP−B 的余弦值的绝对值为 77 .
所以 cs=n1⋅n2n1⋅n2=2−ba2−ba2+1+1=77 . 9 分
即 a2=3b2−12b+12 ,将 a2+b−12=1 代入得, 2b2−7b+6=0 .
解得 b1=32,b2=2 .
当 b=2 时, a=0 ,此时 B0,2,0 ,与 C 重合,舍;
当 b=32 时， a2=34 ，此时 AB=a2+b2=3 . 11 分
(3)解法 1:以 A 为原点， AC 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴，建立如图所示空间直角坐标系 A−xyz ， 则 A0,0,0,P0,0,2,C0,2,0,B32,32,0 .
因为 AD⋅DC=0,D 为平面 ABC 内一点,
所以 D 在以 AC 为直径的圆上,则设 Dcsθ,1+sinθ,0 .
设平面 PBC 的一个法向量 n=x,y,z ,
则 n⋅PB=0n⋅PC=0 ,即 32x+32y−2z=02y−2z=0 ,取 y=z=3 ,则 x=1 .
所以 n=1,3,3 . 14 分
D 到平面 PBC 的距离为 d=PD⋅nn=csθ+3sinθ−37=2sinθ+π6−37 .
因为 θ∈R ,所以 D 到平面 PBC 的距离最大值为 27+217 . 17 分
解法 2: 因为 AP⊥ 平面 ABC ,所以 AP 为三棱锥 P−ABC 的高,
由(1)知， BC⊥ 平面 ABP ， PB⊂ 平面 ABP ，所以 BC⊥BP .
在直角三角形 PBC 中, BC=1,PB=7 ,所以 S△PBC=72 .
由(1)知， S△ABC=12AB⋅BC=32
设 D 到平面 PBC 的距离为 h ,
因为 VP−DBC=VD−PBC ,所以 13PA⋅S△DBC=13h⋅S△PBC ,即 h=4S△DBC7 . 14 分
又 D 在平面 ABC 内,且 AD⋅DC=0 ,所以 D 在以 AC 为直径的圆上,
所以 △BCD 面积的最大值为 S△DBC=12×1×1+32=2+34 .
故 D 到平面 PBC 的距离 h 的最大值为 hmax=4S△DBC7=27+217 . 17 分
19. (17 分)
解析:
(1)由题意，当掷2次骰子后，球在甲处，共有2种情况:
甲 → 甲 → 甲,其概率为 23×23=49 ; 甲 → 乙 → 甲,其概率为 13×12=16 ;
所以 排2 次后,球在甲处的概率为 p2=49+16=1118 . 2 分
当掷3次骰子后，球在甲处，共有4种情况:
甲 → 甲 → 甲 → 甲,其概率为 23×23×23=827 ; 甲 → 甲 → 乙 → 甲,其概率为 23×13×12=19 ;
甲 → 乙 → 甲 → 甲,其概率为 13×12×23=19 ; 甲 → 乙 → 丙 → 甲,其概率为 13×12×23=19 ; 所以掷3次后,球在甲处的概率为 p3=827+19+19+19=1727 . 5 分
(2)由题意知， X=0,1,2,3 ，
PX=0=13×12×13=118,
PX=1=13×12×13+13×12×23+23×13×12=518,
PX=2=1−PX=0−PX=1−PX=3=1027,
PX=3=233=827, 9 分
所以随机变量 χ 的分布列为:
随机变量 X 的数学期望为 EX=0×118+1×518+2×1027+3×827=10354 ; 11 分
(3)设掷 n 次后，球仍在乙的概率为 qn ，
所以当 n≥2 时, pn=23pn−1+12qn−1+231−pn−1−qn−1=−16qn−1+23 , 12 分
qn=13pn−1+131−pn−1−qn−1=−13qn−1+13, 13 分
所以 qn−14=−13qn−1−14,q1−14=13−14=112 .
所以数列 qn−14 是以 112 为首项, −13 为公比的等比数列.
所以 qn−14=112⋅−13n−1,qn=112−13n−1+14 .
所以 pn=−18−13n+58n≥2,p1=23 符合该式.
所以 pn=−18−13n+58 . 15 分
所以 EY=p1+p2+⋯+pn=58n−18−13+−132+⋯+−13n . =5n8+132−132×−13n. 17 分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
A
B
C
C
D
C
D
AC
ACD
ABD
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
X
0
1
2
3
P
118
518
1027
827