江苏连云港市2025-2026学年高二第二学期期末考试数学试卷（含解析）

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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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 若集合，，则（ ）
A. ，B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】联立解得，所以.
2. 若复数，则的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为，所以.
3. 4名学生报名参加语、数、英兴趣小组，每人选报1种，则不同方法有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据乘法原理计算得到答案.
【详解】每个学生有3种选择，根据乘法原理共有种不同方法.
故选：.
本题考查了乘法原理，属于简单题.
4. 已知，的取值如下表所示，从散点图分析可知与线性相关，若经验回归方程为，则表格中的数据的值为（ ）
A. 2.4B. 4.2C. 4.8D. 9.6
【答案】C
【解析】
【分析】根据样本中心点计算求解参数.
【详解】计算得，
经验回归直线过样本中心点，
因此，
由，解得.
5. 被5除所得的余数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由利用二项式定理展开，分析得出结果.
【详解】因为
故，
因是正整数，所以被除所得的余数是.
6. 某中学对100名学生的学习兴趣和主动预习情况进行了长期的调查，得到的统计数据如表所示．根据此列联表中的数据可以求得，则（ ）
参考公式：，其中．
A. 240B. 280C. 300D. 320
【答案】C
【解析】
【分析】根据列联表确定卡方公式中各参数的取值，代入公式计算后对比已知的即可求得.
【详解】由表格可知，，，，，总样本量，
则，
解得.
7. 已知，则的值为（ ）
A. 220B. 450C. 455D. 715
【答案】D
【解析】
【分析】先根据等式两边的常数10确定，再根据二项式系数的性质，即可求得.
【详解】由题可知，等式左边每一个二项式展开之后常数项均为1，等式右边常数项为10，
则左边展开共有10个1，则由可得，
因为为的系数，所以结合等式左边，可得，
则.
8. 五一期间，4名女生5名男生到花果山景区游玩．在景区门口，9人排成一队进入景区，则在男生中，男生甲最先进入景区的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为题目求男生甲最先进入景区的概率，与女生顺序无关，只需考虑男生，
所有男生的相对顺序共有种，男生甲最先进入景区，则剩下男生的相对顺序共有种，
所以男生甲最先进入景区的概率为.
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. 设，，表示三个不同的平面，表示一条直线，下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据面面平行和面面垂直的判定定理和相关结论逐一分析判断即可.
【详解】选项A：若，，与可能平行，也可能相交（例如平行于和的交线时，两平面相交），故A错误；
选项B：根据面面平行的判定结论，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，故B正确；
选项C：根据面面平行的传递性，平行于同一个平面的两个平面互相平行，故C正确；
选项D：若，，与可能平行，可能相交，且相交时夹角不一定为（例如正方体中两个相对的侧面都垂直于底面，二者平行），故D错误.
10. 若口袋中有3个黑球和7个白球，这10个球除颜色外完全相同．下列说法正确的是（ ）
A. 采取放回抽样方式，先后两次各摸出一球，则两个球颜色不同的概率为
B. 先后两次从中不放回地各摸出一球，则两次摸到的均为黑球的概率为
C. 先后两次从中不放回地各摸出一球，则在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到黑球的概率为
D. 从中不放回地摸球，每次各摸一球，则第三次才摸到黑球的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由古典概型公式，结合摸球实验中放回和不放回的情况，即可分别求出四个选项中对应事件的概率，进而判断正误.
【详解】解：选项A，由采取放回抽样方式，先后两次各摸出一球，则两个球颜色不同，
则有两种情况，第一次白球第二次黑球和第一次黑球第二次白球，
所以概率，A正确；
选项，不放回地摸球两次，两次摸到的均为黑球的概率为，B正确；
选项C，由第一次摸到黑球且不放回，则第二次摸球时有2个黑球和7个白球，
所以第二次摸到黑球的概率，C错误；
选项D，由不放回地摸球，每次各摸一球，第三次才摸到黑球，则说明前两次摸到的均是白球，
所以概率，D正确.
11. 设正方体的棱长为，，分别是棱，的中点，，分别是线段，上的动点．下列说法正确的是（ ）
A. 平面截正方体所得截面为四边形
B. 存在，使得异面直线与所成的角为
C. 点到平面的距离为
D. 平面
【答案】ACD
【解析】
【分析】由可判断A，由异面直线夹角的计算方法可判断B，由等体积法计算点到平面的距离可判断C，由线面垂直的判定定理和性质定理可判断D.
【详解】如图，
连接，，由，可知平面截正方体所得截面为梯形，故A正确；
如图，
中点记为点，连接，
由，则异面直线与所成的角为或其补角，
当点位于点时，有，，，
则，
当点位于点时，有，，，
则，故，
而，所以不存在，使得异面直线与所成的角为，故B错误；
如图，
连接，设点到平面的距离为，点到平面的距离为，
由，可得，，
又，
则，，
同理可得，
则，，
，代入可得，故C正确；
如图，
由，，平面，平面，，
可得平面，又平面，所以，同理，，
平面，平面，，所以平面，故D正确.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 设随机事件，，，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】由条件概率的计算公式，可得，根据题意，代入数据计算可得答案．
【详解】由条件概率的计算公式，可得,
故答案为.
本题考查条件概率的计算公式，是基础题；需要牢记条件概率的公式．
13. 如果随机变量，且，则________．
【答案】
0.2##
【解析】
【详解】随机变量，且，
则．
14. 已知球为棱长为2的正方体的内切球，若在正方体内作一个小球，使它与球外切，同时与正方体的三个面都相切，则小球的半径为________．
【答案】##
【解析】
【分析】设球的半径为，由题意可得方程，解方程即可求解.
【详解】如图，过作平面，过作平面，显然点均在线段上，
因球为棱长为2的正方体的内切球，则球的半径为1，设球的半径为，
则，，，，
在线段上取，显然四边形是平行四边形，则，，，
所以，即，解得.
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1，2，3，…，9这9个自然数中，
（1）若任取2个不同的数，求这2个数中恰有1个奇数的概率；
（2）若任取3个不同的数，设为所取的3个数中奇数的个数，求的分布列．
【答案】（1）
（2）
的分布列为：
【解析】
【分析】(1)古典概型题目，用“一奇一偶组合数除以总组合数”计算概率，分清奇偶是关键；
(2)X服从超几何分布，先确定取值范围，再套用超几何概率公式分别算对应概率，最后列表.
【小问1详解】
1到9共包含5个奇数，4个偶数，任取2个不同的数的总基本事件数为，恰有一个奇数包含的基本事件数为，因此所求概率为：
【小问2详解】
任取3个不同的数时，的可能取值为0,1,2,3，总基本事件数为，分别计算各取值对应的概率：
；；；；
则分布列为：
16. 已知正项等比数列的前项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若随机变量满足，，…，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列基本量的运算，得到，再求通项即可；
（2）设，数列的前项和为，根据错位相减法求出，再结合题意即可得到．
【小问1详解】
，则，解得（负值已舍），
，解得，
；
【小问2详解】
设，数列的前项和为，
，
，
，时，，
又随机变量满足，，
所以．
17. 已知函数，．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）
【解析】
【分析】（1）直接由导数的几何意义求切线方程可得；
（2）先对函数求导，再对实数分两类讨论：和，并结合导数与函数单调性关系可得；
（3）对不等式进行参数分离可得，再构造函数，利用导数求函数的最大值可得.
【小问1详解】
当时，，函数定义域为，
所以， ，切线斜率，
则曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
因为函数，函数定义域为，
所以，
因为，故，导数符号由决定，分情况讨论：
若时，恒成立，，在上单调递减；
若时，令，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
由不等式化简得：，因，变形得：.
所以对，不等式恒成立.
令，求导得，
当时，，，故，在上单调递减，
因此的最大值为，
故， 即的取值范围为.
18. 已知双曲线（，）经过点，，直线交的右支于，两点，且线段的中点为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若点的坐标为，求直线的方程；
（3）若直线经过的右焦点，以为直径的圆与直线相交于，两点，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）
（3）由双曲线得，右焦点，
①当直线的斜率存在时，设直线，，中点.
联立​，整理得,
由韦达定理得：，
因此：，
因为圆以为直径，圆心为，半径​，所以，
设，将代入圆方程，
得，故，
所以
，
因为，所以，且，代入上式，
所以.
②当直线斜率不存在时，，易得，
所以，仍成立.
综上，为定值.
【解析】
【分析】（1）直接由待定系数可求得双曲线方程；
（2）直接用点差法求中点弦的方程并检验可得；
（3）分直线的斜率存在或不存在两种情况讨论：当直线的斜率存在时，设直线，，中点，结合根与系数关系得，，再圆的方程中令，设，所以由根与系数关系得，进而可将，再将代入可得；当直线的斜率不存在时，得，进而可得所求值，综上可得所证结果.
【小问1详解】
将点、代入双曲线方程，得，
令，​，解得​，即.
因此，双曲线的标准方程.
【小问2详解】
设，且两点均在双曲线上，故
两式相减得点差公式：，即.
又因为中点为，故，代入上式得，即.
若，则，则重合，且中点，则三点重合，
这与直线交的右支于，两点矛盾.
所以，因此直线斜率.
又因为直线经过点，由点斜式得直线方程，整理得.
联立​，得，判别式，
且，所以两根均为正根，符合交右支于两点的条件.
因此直线的方程为.
【小问3详解】
略
19. 如图，在四棱台中，平面，，，，，．
（1）证明：平面；
（2）判断直线与直线是否垂直，并说明理由；
（3）设为平面内一点，为的中点，，且．若直线与平面的交点为，求点到平面距离的最小值．
【答案】（1）连接，
在四棱台中，，
又，，所以，
又，则，
所以四边形为平行四边形，
故，又平面，平面，
所以平面；
（2）直线与垂直，理由如下：
因为平面，，以为原点建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，，，
所以，，，
所以；
（3）
【解析】
【分析】（1）连接，可证四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定即可证明；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，得到，，再根据向量法可证垂直；
（3）设的坐标为，根据椭圆的定义可得，设，再利用向量共面的基本定理可得，令，进而得到，然后利用空间向量法求点到平面的距离即可．
【小问1详解】
略
【小问2详解】
略
【小问3详解】
在上述坐标系中，设的坐标为，
因为为的中点，且，则，即，
又因，所以的轨迹是以为两焦点的椭圆，
由,得,故的轨迹方程为.
因为直线与平面的交点为，所以在直线上，
则存在，使，
得，
又在平面内，得，
即，得
，
所以，得，
因为，令，
则
，即
因为，所以，
又，平面，
所以平面，则平面的一个法向量为，
，
点到平面的距离，因
所以当时，取最小值，即，
所以点到平面距离的最小值为．
本题主要考查线面平行的判定，利用空间直角坐标法判定空间直线的位置关系，同时涉及椭圆的定义，利用坐标法得到点在直线上的变化是解题的关键．
0
1
3
4
2.2
4.3
6.7
主动预习
不太主动预习
合计
学习兴趣高
36
14
50
学习兴趣一般
12
38
50
合计
48
52
100
0
1
2
3
0
1
2
3