2025--2026学年江苏宿迁市沭阳县高二下册期中调研测试数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年江苏宿迁市沭阳县高二下册期中调研测试数学试题 [含解析]，共6页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 的值为（ ）
A. 5B. 8C. 10D. 36
2. 已知空间向量，若共面，则实数的值为（ ）
A. 0B. -1C. 1D.
3. 已知随机变量，且，则（ ）
A. 0.2B. 0.3C. 0.4D. 0.6
4. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
5. 某校高一新生中的四名同学打算参加“文学社”、“街舞社”、“美术社”三个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，则不同的参加方法的种数为（ ）
A. 18B. 36C. 48D. 72
6. 在正三棱锥中，是棱的中点，则点到直线的距离是（ ）
A. 3B. C. 8D.
7. 有甲，乙两个盒子，甲盒中有且仅有1个白球，乙盒中有k（）个白球和个黑球，现从乙盒中随机抽取i（）个球放入甲盒中，设放入后在甲盒中随机抽取一个球是白球的概率为，甲盒中含有白球个数的期望为，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
8. 如图，在三棱锥中，为的中点，平面，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.
9. 设离散型随机变量的分布列如表，若离散型随机变量满足，则下列结果正确的是（ ）
A. B. C. D.
10. 已知的展开式中，第5项与第4项的系数之比为，则（ ）
A.
B. 展开式中的常数项为
C. 展开式中二项式系数最大项为
D. 展开式中系数最大的项为
11. 如图点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ）
A. 当为的中点时，
B. 当在面上，且直线与所成的角为时，点的轨迹长度为
C. 三棱锥体积的最大值为
D. 当平面时，线段长度最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，满分15分.
12. 已知向量，向量，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是______.
13. 某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有________种．
14. 在数轴上，一枚棋子初始位于0，每步移动规则如下，若棋子位于1，则下一步以概率向右移动一格，以概率向左移动一格；若棋子位于其他位置，则下一步以概率向右移动一格，以概率向左移动一格，当棋子首次到达2时游戏获胜，首次到达时游戏失败，则获胜的概率为________．
四、解答题：本题共5大题，满分77分.每题要有详细的解答过程.
15. 甲、乙、丙三位教师指导五名学生，，，，参加全国高中数学联赛，
（1）若每位教师至多指导一名学生，每名学生至多接受一位教师指导，求共有多少种分配方案；
（2）若每位教师至少指导一名学生，教师甲只指导一名学生，每名学生有且只有一位，求共有多少种分配方案.
16. 如图，四棱锥的底面是菱形，，，侧棱底面且，是的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正切值．
17. 甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，规定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局的比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环．设甲对乙、丙的胜率均为，乙、丙之间的胜率互为．
（1）求甲连续打前四局比赛的概率；
（2）前四局中，求在第二局乙获胜的条件下甲轮空两局的概率；
（3）如果甲胜一局得2分，输一局不得分，记打完前三局后甲的得分为，求的分布列和期望．
18. 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角．
（1）证明：平面；
（2）若在同一个球面上，求该球的半径；
（3）求平面与平面所成角的余弦值．
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若有极小值，且，求a的取值范围.
数学
满分150分，考试时长120分钟，考试结束后，只需上交答题卡.
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. 的值为（ ）
A. 5B. 8C. 10D. 36
答案：C
解析：
解答过程：
2. 已知空间向量，若共面，则实数的值为（ ）
A. 0B. -1C. 1D.
答案：C
解析：
思路：根据空间向量共面的性质进行求解即可.
解答过程：共面，
，
，解得.
故选：C
3. 已知随机变量，且，则（ ）
A. 0.2B. 0.3C. 0.4D. 0.6
答案：B
解析：
解答过程：因为，由正态分布的对称性可知，关于对称，
又因为，所以，
则
所以
4. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：根据，结合空间向量垂直的坐标关系求解即可.
解答过程：因为，直线的方向向量为，平面的法向量为，
所以，所以，即，解得
5. 某校高一新生中的四名同学打算参加“文学社”、“街舞社”、“美术社”三个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，则不同的参加方法的种数为（ ）
A. 18B. 36C. 48D. 72
答案：B
解析：
解答过程：依题意，可将四名同学先按照分组，再对三个社团进行分配即可，
故不同的参加方法的种数为.
6. 在正三棱锥中，是棱的中点，则点到直线的距离是（ ）
A. 3B. C. 8D.
答案：D
解析：
思路：取棱的中点，连接，作，垂足为，过点作，根据正三棱锥的性质得到平面、，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
解答过程：如图，取棱的中点，连接，作，垂足为，过点作，交AB于点，交BC于点，连接BD.
因为三棱锥是正三棱锥，
所以平面，又为等边三角形，所以，所以，
则HB，HF，HP两两垂直，
故以为坐标原点，HB，HF，HP所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为是边长为的等边三角形，所以，．
因为，所以，
所以，，，，所以，
所以，，
则，，
，
所以点到直线BC的距离．
故选：D

7. 有甲，乙两个盒子，甲盒中有且仅有1个白球，乙盒中有k（）个白球和个黑球，现从乙盒中随机抽取i（）个球放入甲盒中，设放入后在甲盒中随机抽取一个球是白球的概率为，甲盒中含有白球个数的期望为，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
答案：B
解析：
思路：分别对与计算对应的概率和期望，进而比较大小可得结果.
解答过程：当时，从乙盒取出白球和黑球的概率分别为和，
放入后，取出白球的概率分别为1和，
故，．
当时，从乙盒取两个球，此时服从超几何分布，
取出两个白球的概率，此时甲盒中取白球概率为1；
取出两个黑球的概率，此时甲盒中取白球概率为；
取出一白一黑的概率，此时甲盒中取白球概率为，
则，
且放入的两个球中白球数的期望，
则，
则，
所以，又，，故．
故选：B
8. 如图，在三棱锥中，为的中点，平面，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：建立空间直角坐标系， 求出平面的法向量， 利用向量夹角公式计算直线与平面所成角的正弦值.
解答过程：在中，，且2，所以是等腰直角三角形.
因为为的中点，根据等腰三角形性质，.
在中，，所以.
因为平面，平面，所以.
以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系.
所以 ， ，， ，.
设，在中，，.
所以，故.
所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以平面的一个法向量为).
，设直线与平面所成的角为.
所以.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.
9. 设离散型随机变量的分布列如表，若离散型随机变量满足，则下列结果正确的是（ ）
A. B. C. D.
答案：AC
解析：
思路：根据期望和方差的公式及线性运算性质，求解即可.
解答过程：由分布列的性质得，所以.
则离散型随机变量X的数学期望为，故A正确；
而，故C正确；
而方差为，故B错误；
可得，故D错误.
10. 已知的展开式中，第5项与第4项的系数之比为，则（ ）
A.
B. 展开式中的常数项为
C. 展开式中二项式系数最大项为
D. 展开式中系数最大的项为
答案：ABD
解析：
思路：对于选项AB，利用通项公式求解；选项C，由可知展开式中二项式系数最大项的项为第5项和第6项，利用通项公式求解；选项D，设项为展开式中系数最大的项，则的系数的系数，且的系数的系数，利用通项公式求解.
解答过程：选项A，的展开式中的第5项为
，
此二项式的展开式中的第5项的系数为，
的展开式中的第4项为
，
此二项式的展开式中的第4项的系数为，
第5项与第4项的系数之比为，
，，，
，故选项A正确；
选项B，展开式的通项，
令，解得，
则，故选项B正确；
选项C，，展开式中二项式系数最大项的项为第5项和第6项，
第5项为，
第6项为，
故展开式中二项式系数最大项为或，故选项C错误；
选项D，设项为展开式中系数最大的项，
则的系数的系数，且的系数的系数，
，
的系数为，
，
的系数为，
，
的系数为，，
，，
，
，，，，
，
展开式中系数最大的项为，
故选项D正确.
11. 如图点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ）
A. 当为的中点时，
B. 当在面上，且直线与所成的角为时，点的轨迹长度为
C. 三棱锥体积的最大值为
D. 当平面时，线段长度最大值为
答案：ACD
解析：
思路：由线面垂直的判定定理可判断A；由题意作出点的轨迹，计算可判断B；根据等体积法确定点的位置计算可判断C；取，，，，，的中点分别为，，，，，，连接，，，，，，，，，根据题意确定轨迹，计算可判断D.
解答过程：对于A，当为的中点时，
因为是线段的中点，所以，
在正方体中，平面，
因为平面，所以，
因为，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
对于B，连接，，以为圆心，为半径画，如图1所示，
当点在弧上时，直线与所成的角为，
长度，故点的轨迹长度为，故B错误：
对于C，因为，而等边的面积为定值，
要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，
易知点是正方体到平面距离最大的点，
所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体，
其高为，
所以，故C正确；
对于D，取，，，，，的中点分别为，，，，，，
连接，，，，，，，，，如图2所示，
易知，面，平面，
故平面，，平面，平面，
故平面，又，，平面，
故平面平面，又，，，
故平面与平面是同一个平面，则点的轨迹为该正六边形，；
故，故长度的最大值为，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，满分15分.
12. 已知向量，向量，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是______.
答案：
解析：
思路：根据两向量夹角为锐角得向量数量积大于0且两向量不共线，列出不等式组，进而求出结果.
解答过程：由题意得，则，解得；
当，则，此时，舍去.
综上，的取值范围是.
故答案为.
13. 某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有________种．
答案：432
解析：
思路：借助插空法解决不相邻要求，用排除法解决前3个节目至少有一个机器人节目要求.
解答过程：先排4个歌舞节目：，排好后会产生 5 个空位（包括两端）,
步骤2：将2个机器人节目插入空位：；
步骤3：排除“前3个节目全是歌舞”的情况：先从4个歌舞节目中选3个排在前3个位置，有种方法，
剩下的1个歌舞节目和2个机器人节目排在后3个位置，且机器人节目不相邻，
只能是“机器人-歌舞-机器人”的排列，有种方法，
故不满足条件的情况有，故总数为.
14. 在数轴上，一枚棋子初始位于0，每步移动规则如下，若棋子位于1，则下一步以概率向右移动一格，以概率向左移动一格；若棋子位于其他位置，则下一步以概率向右移动一格，以概率向左移动一格，当棋子首次到达2时游戏获胜，首次到达时游戏失败，则获胜的概率为________．
答案：##
解析：
思路：记棋子在位置时最终获胜的概率为，根据概率之间的关系建立方程组求解即可.
解答过程：记棋子在位置时最终获胜的概率为，则，
因为棋子位于0时向左右移动的概率都为，所以，
又因为棋子位于1时向左移动的概率为，向右移动的概率为，
所以，代入可得，解得.
因为棋子初始位于0，所以获胜概率即为.
四、解答题：本题共5大题，满分77分.每题要有详细的解答过程.
15. 甲、乙、丙三位教师指导五名学生，，，，参加全国高中数学联赛，
（1）若每位教师至多指导一名学生，每名学生至多接受一位教师指导，求共有多少种分配方案；
（2）若每位教师至少指导一名学生，教师甲只指导一名学生，每名学生有且只有一位，求共有多少种分配方案.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）先从5名学生中选3名学生，再将这3名学生分配给3名老师，据此求解即可；
（2）分两步进行求解，第一步从5名学生中任选一名分给老师甲，第二步将剩下的4名学生分成两组(每组至少1个)，再分配给乙、丙两位教师.
（1）由题意可得从5名学生中选3名学生，再将这3名学生分配给3名老师，
所以一共有种分配方案.
（2）第一步，从5名学生中任选一名分给老师甲，有种分配方案；
第二步将剩下的4名学生分成两组(每组至少1个)，再分配给乙、丙两位教师；
这两组人数为1和3时，有种，
再分配给乙、丙两位教师，有种，
此时共有种分配方案；
这两组人数为2和2时，有种，
再分配给乙、丙两位教师，有种，
此时共有种分配方案；
所以第二步一共有种分配方案，
所以一共有种分配方案.
16. 如图，四棱锥的底面是菱形，，，侧棱底面且，是的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正切值．
答案：（1）证明见解析；
（2）.
解析：
思路：（1）由底面是菱形得到．平面得到，从而得到平面，利用面面垂直的判定定理得到平面平面．
（2）方法一：由平面得到为与平面所成角．利用勾股定理和余弦定理求出长度，在中，代入得到与平面所成角的正切值；方法二：利用空间向量法求解.
（1）连接底面是菱形，．
平面平面．
又平面平面，
平面．
平面平面平面．
（2）方法一：设，由（1）知平面．
则为与平面所成角．
底面是菱形，．
在直角中，．
在中，由余弦定理知：
,
．
在中，．
与平面所成角的正切值为．
方法二：取中点，易知，以
为基底建立空间直角坐标系．则有：
．
．
设平面的一个法向量，
，
令有．
设与平面所成角为，则有，
．
17. 甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，规定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局的比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环．设甲对乙、丙的胜率均为，乙、丙之间的胜率互为．
（1）求甲连续打前四局比赛的概率；
（2）前四局中，求在第二局乙获胜的条件下甲轮空两局的概率；
（3）如果甲胜一局得2分，输一局不得分，记打完前三局后甲的得分为，求的分布列和期望．
答案：（1）
（2） （3）
解析：
思路：（1）分析甲连续打前四局比赛的情形，利用乘法求出概率即可；
（2）利用条件概率求解即可；
（3）先分析得分的情况，然后求出对应的概率，列出分布列计算数学期望即可.
（1）由甲连续打前四局比赛，说明甲在前3局都获胜，
第一局：甲、乙对打，甲胜，概率为，
第二局：甲、丙对打，甲胜，概率为，
第三局：甲、乙对打，甲胜，概率为，
所以甲连续打前四局比赛的概率为.
（2）设事件：前四局中第二局乙获胜，事件：第二局乙获胜，前四局中甲轮空两局，
对于前四局中第二局乙获胜：
即第一局：甲、乙对打，乙胜，概率为，
第二局：乙、丙对打，乙胜，概率为，
所以，
在第二局乙获胜的前提下，甲要轮空两局，只能是第4局甲轮空
第三局：乙、甲对打，乙胜，概率为，
第四局：乙、丙对打，概率为，
所以，
根据条件概率知.
（3）由题意知得分的可能值为：，
，
，
，
，
所以的分布列为：
所以得分的数学期望为.
18. 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角．
（1）证明：平面；
（2）若在同一个球面上，求该球的半径；
（3）求平面与平面所成角的余弦值．
答案：（1）证明见解析
（2） （3）
解析：
思路：（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据线线垂直证明平面．
（2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解，
（3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解.
（1）二面角为直二面角，即平面平面，
又因为平面，平面平面，
所以平面．
又因为平面，所以．
由题意平面，
所以平面．
（2）取中点中点，连接，
则，
因为平面，平面，所以，所以，
在中，为中点，所以.
以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，
则．
设该球的球心坐标为，则
解得.
所以该球的半径为.
（3）法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接，
平面平面平面，
平面平面，所以平面．
而平面，故，
又因为，平面，故平面，
而平面，所以，
则为平面与平面的所成角.
直角三角形中，，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
法二：平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则即
取，得平面的一个法向量为.
所以平面与平面所成角的余弦值为.
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若有极小值，且，求a的取值范围.
答案：（1）
（2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增
（3）解析：
思路：（1）先对函数求导得到导函数表达式，代入已知条件确定参数后，算出处的导数值即切线斜率，再求出对应的函数值即切点坐标，最后用点斜式列出切线方程并整理成一般式即可.
（2）先把导函数通分并因式分解，结合定义域，按参数的正负分类讨论；时判断导函数在定义域内恒正，直接得出函数单调递增；时以为分界点，分别判断区间内导函数正负，进而得到函数的递减、递增区间，最后汇总两种情况的单调结论.
（3）先借助第二问单调性确定时函数在处取极小值也是最小值，代入求出最小值表达式；由恒成立转化为最小值大于等于0，化简不等式后构造新函数；通过求导判断新函数单调递减，结合特殊点，利用单调性分析出使不等式成立的的取值区间.
（1）当时，，所以
所以切线方程为即，
（2），
若，可得时，，所以在上单调递增；
若时，当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）可知当时，有极小值，极小值为，
此时极小值也是最小值，由，可得，，
又，所以
令，求导得，
所以在上单调递减，又，
当时，，当时，，
所以时，，此时满足，
所以a的取值范围0
1
0.6
0
1
0.6
6