江苏省连云港市2024-2025学年高二下学期期末调研考试 数学

2024~2025学年第二学期期末调研考试

高二数学试题

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．

Mxx1,N1,0,2

1.若集合，则MN（）

A.0B.1,0C.0,2D.1,0,2

【答案】B

【详解】由Mxx1x1x1，则MN1,0.

故选：B.

43i

2.复数z在复平面内所对应的点位于（）

12i

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

【答案】C

43i43i12i211i211

【详解】因为zi，

12i12i12i555

211

所以，复数z在复平面内对应的点的坐标为,，位于第三象限.

55

故选：C.

3.用4种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂法有（）种

A.16B.24C.36D.48

【答案】D

【详解】区域②有4种选择，区域③有3种选择，区域①和④各有2种选择，

由分步乘法计数原理可知，不同的涂法种数为432248种.

故选：D.

6

2

4.x展开式中的常数项为（）

x2

A.40B.60C.80D.120

【答案】B

6r

【详解】由2的展开式通项为r6r2rr63r，

xTr1C6xC62x

x2x2

则令，即，常数项为22.

63r0r2T3C6260

故选：B.

5.如果随机变量X~N2,2，且PX00.3，则PX4（）

A.0.3B.0.4C.0.7D.0.8

【答案】C

【详解】因为随机变量X~N2,2，且PX00.3，

则PX41PX41PX010.30.7.

故选：C.

6.在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱B1C1的中点，点M、N分别在线段A1B、D1B1上，且

11

BMBA，BNBD，则MN与BP（）

311311

A平行B.垂直

16

C.所成的角的余弦值为D.所成的角的余弦值为

37

【答案】A

【详解】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角

坐标系，

3

不妨设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，则B3,3,0、M3,2,1、N2,2,3、P,3,3，

2

33

MN1,0,2，BP,0,3，故BPMN，结合图形可知BP//MN，

22

故选：A.

7.甲盒中有3道代数题和4道几何题，乙盒中有1道代数题和2道几何题．现从甲盒中随机抽取2道题放

入乙盒，再从乙盒中随机抽取2道题，则从乙盒中取出的是2道几何题的概率为（）

135

A.B.C.D.1

1414142

【答案】C

【详解】根据题意从甲盒中抽出2道题放入乙盒，再从乙盒中随机抽取2道题，可能为：

C2C2111

2道代数，此时乙盒有3道代数和2道几何，再抽出2道几何的概率32，

P122

C7C571070

C1C1C2436

1道代数1道几何，此时乙盒有2道代数和3道几何，再抽出2道几何的概率343，

P222

C7C571035

C2C2266

2道几何，此时乙盒有1道代数和4道几何，再抽出2道几何的概率44，

P322

C7C571035

5

所以从乙盒中取出的是2道几何题的概率PPPP.

12314

故选：C

8.在直三棱柱ABCA1B1C1中，M为BB1的中点，点N在棱B1C1上，且B1N2NC1，点A，M，N所确

定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分，则较小部分的体积与较大部分的体积之比为（）

19211315

A.B.C.D.

26262323

【答案】A

【详解】延长MN与CC1于点P，连接AP交A1C1于点Q，连接QN，则四边形AMNQ为截面，

连接AB1,AN，小部分几何体可看作三棱锥AMB1N和四棱锥AA1B1NQ的组合，

因为B1N2NC1，BB1//CC1，故B1MNC1PN，所以B1M2C1P，

11

又M为BB的中点，故CPBBAA，故AAQ~PCQ，相似比为1:4，

11414111

11111

故CQAQ，SACCBsinACBS，

141C1QN251131111115A1C1B1

14

故四边形A1QNB1的面积SS，

115A1B1C1

111414

故四棱锥AA1B1NQ的体积为VSAASAAV，

1311315A1B1C1145ABCA1B1C1

设矩形BCC1B1的面积为S2，

11211

故SBNBMBCBBS，

B1MN21123112162

11

故VSABV，

AB1MN3B1MN6ACBB1C1

12

又VV，故VV，

AA1B1C13ABCA1B1C1ACBB1C13ABCA1B1C1

121

故VVV，

AB1MN63ABCA1B1C19ABCA1B1C1

14119

故小部分几何体的体积等于VVVVV，

1AB1MN45ABCA1B1C19ABCA1B1C145ABCA1B1C1

1926

故大部分几何体的体积等于VVV，

ABCA1B1C145ABCA1B1C145ABCA1B1C1

19

故小部分的体积和大部分的体积比为.

26

故选：A

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，m、n表示两条不同的直线，则下列结论正确的有（）

A.若m//，n//，则m//n

B.若m//，n，则mn

C.若，m，m，则m//

D.若，，m，则m

【答案】BCD

【详解】对于A选项，若若m//，n//，则m、n平行、相交或异面，A错；

对于B选项，若m//，过直线m作平面，使得a，

由线面平行的性质定理可知a//m，因为n，a，则na，故mn，B对；

对于C选项，若，m，m，设a，

在平面内作直线na，由面面垂直的性质定理可得n，

因为m，故m//n，因为m，n，故m//，C对；

对于D选项，如下图所示：

因为，，m，

设a，在平面内作异于直线m的直线n，使得na，

由面面垂直的性质定理得n，由C选项可知n//，

因为n，m，则n//m，故m，D对.

故选：BCD.

10.用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成（）

A.180个无重复数字的三位数B.75个无重复数字且为奇数的三位数

C.30个无重复数字且能被25整除的四位数D.480个无重复数字且比1300大的四位数

【答案】AB

【详解】对于A，无重复数学的三位数的情况数为665180，故A正确；

对于B，为奇数的三位数的个位可选的数字有1,3,5，则无重复数学且为奇数的三位数的情况数为

35575，故B正确；

对于C，能被25整除的四位数的最后两位有25,50，则无重复数字且能被25整除的四位数的情况数有

445436，故C错误；

对于D，当千位比1大的无重复数字的四位数的情况数有5654600；

当千位为1且百位比3大的无重复数字的四位数的情况数有135460；

当千位为1、百位为3且十位比0大的无重复数字的四位数的情况数有114416；

当千位为1、百位为3、十位为0且个位比0大的无重复数字的四位数的情况数有4.

综上可得60060164680，故D错误.

故选：AB.

11.在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA18，底面ABCD是边长为3的正方形，AEAA101，

则下列选项正确的有（）

A.0,1，三棱锥D1ECD的体积是定值

B.当DEEC10时，存在唯一的使得DE平面D1C1E

1

C.F为棱DD的中点，当时，△BEF的周长取最小值

14

16232

D.当直线DB1与CE所成角的余弦值为时，的值为

4110

【答案】ACD

【详解】对于A选项，因为AEAA101，即点E在棱AA1，则点E到平面CC1D1D的距离等于

AD3，

11

因为四边形CDD1C1为矩形，所以S△CDDD3812，

CDD1212

11

故VVS△AD12312，A对；

D1ECDECDD13CDD13

对于B选项，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1建立如下图所示的空间直角坐标系，

则D0,0,0、E3,0,8、D10,0,8、C10,3,8，

则DE3,0,8，D1E3,0,88，

因为，则，所以，

D1C10,3,0DED1C10DED1C1

当DEEC10时，DEEC1，

因为D1C1EC1C1，D1C1、EC1平面D1C1E，所以DE平面D1C1E，

因为D1E平面D1C1E，所以DED1E，

2

则DED1E9888646490，

≤≤4747

因为01，解得或，所以，存在两个，使得DED1E，

88

因此当DEEC10时，存在两个使得DE平面D1C1E，B错；

对于C选项，将平面ABB1A1、ADD1A1延展为同一个平面，如下图所示：

由题意可知，当B、E、F三点共线时，

BEEF取最小值BFBD2DF26242213，

AEAB311111

因为AE//DF，所以，故AEDFDDAA，故，

DFBD62241414

1

在长方体ABCDABCD中，当时，BEEF取最小值，而BF的长为定值，

11114

此时△BEF的周长取最小值，C对；

对于D选项，由题意得D0,0,0、B13,3,8、C0,3,0、E3,0,8，

DB13,3,8，CE3,3,8，

DB1CE64162

所以cosDB,CE，

12

DB1CE82641841

32

因为0≤≤1，解得，D对.

10

故选：ACD.

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．

12.为了鉴定新疫苗的效力，将60只小白鼠随机地分为两组，在其中一组接种疫苗后，两组都注射了病源

菌，其结果如下面的列联表．根据此列联表中的数据可以求得2________．

发病未发病合计

接种32730

未接种171330

合计204060

2

nadbc

参考公式：2，其中nabcd．

abcdacbd

【答案】14.7

22

603132717313917

【详解】214.7,

2040303040100

故答案为：14.7

13.若11211，则的值为________．

x1a0a1xa2xa11xa1a2a9

【答案】11

【详解】令x0，可得a01，

令x1，可得a0a1a2a110.

由r11rr可得，1，0，

Tr1C11x1a10C11111a11C111

所以a1a2a90111111.

故答案为：11.

14.已知四面体ABCD中，DADBDC1，DADB，DADC，且DA与平面ABC所成角的余弦

值为6，则该四面体外接球的半径为________．

3

【答案】3

2

【详解】因为DADBDC1，DADB，DADC，所以ABAC2，

如图所示：

取BC的中点E，连接AE,DE，则BCAE，BCDE，AEDEE，

所以BC平面ADE，作DOAE于O，又BC平面ADE，

DO平面ADE，则BCDO，AEBCE，

所以DO平面ABC，则DAE是直线DA与平面ABC所成角，

6

即cosDAE，在直角三角形DAE中，

3

33366

AEAOADcosDAE1.

22232

32

则BE2，BC2，则BC2DB2DC2，故DBDC.

22

1113

所以DA,DB,DC两两互相垂直，四面体的外接球的半径R.

22

故答案为：3

2

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．

15.一个袋子中有10个大小相同的球，其中有4个红球、6个白球，从中随机地摸出2个球作为样本，用

X表示样本中红球的个数．

（1）若有放回摸球，求X的分布列；

（2）若不放回摸球，求X的分布列．

【答案】（1）答案见解析

（2）答案见解析

【小问1详解】

42

若有放回摸球，每次摸到红球的概率为，且各次试验之间的结果是独立的，

105

2

因此XB2,.

5

k2k

所以k23.

PXkC2,k0,1,2

55

2

即039，

PX0C2

525

231220

1，2234.

PX1C2PX2C2

55255525

X的分布列为：

X012

9124

P

252525

【小问2详解】

若不放回摸球，则X服从超几何分布，

CkC2k

故46，

PXk2,k0,1,2

C10

C0C2151

PX046，

45453

C1C18C2C02

PX146，PX246=.

45154515

X的分布列：

X012

182

P

31515

16.已知等差数列an的前n项和为Sn，S4a65，a2n2an1．

（1）求数列an的通项公式；

111

（2）求和：；

a1a2a2a3a9a10

n1

（3）若bn2，设cnanbn，求数列cn的前n项和．

【答案】（1）an2n1

9

（2）

19

（3）2n32n3

【小问1详解】

设等差数列an的公差为d，

4a16da15d5

依题意有，

a12n1d2a12n1d1

解得a11,d2，

所以an2n1.

【小问2详解】

11111

由①得，，

anan12n12n122n12n1

111111111119

所以11.

a1a2a2a3a9a102335171921919

【小问3详解】

n1

由题意，cnanbn2n12，

设数列cn的前n项和为Tn，

01n1

则Tn12322n12，

12n

2Tn12322n12，

412n1

两式相减得T122232n2n12n12n12n

n12

332n2n，

n

所以Tn2n323.

17.已知aR，函数fxae2xa2exx．

（1）当a1时，求曲线fx在点1,f1处的切线方程；

（2）讨论函数fx的单调性；

（3）当a0时，求函数fx在区间0,1上的最小值．

【答案】（1）y2e2e1xe2

（2）答案见解析（3）答案见解析

【小问1详解】

当a1时，则fxe2xexx，fx2e2xex1，

可得f1e2e1，f12e2e1，

2

即切点坐标为1,ee1，切线斜率k2e2e1，

所以fx在x0处的切线方程为：y2e2e1x1e2e1．

即切线方程为y2e2e1xe2.

【小问2详解】

由题意可得：fx2ae2xa2ex12ex1aex1，

注意到ex0,2ex10，

①若a0，fx0，则fx在,上单调递减，

②若a0，令fx0时，解得xlna，

当xlna，fx0；当xlna，fx0；

所以fx在(lna,)上单调递增，在(,lna)上单调递减．

综上，a0时，fx在,上单调递减；

a0时，fx在(lna,)上单调递增，在(,lna)上单调递减．

【小问3详解】

由（2）知a0时，fx在(lna,)上单调递增，在(,lna)上单调递减，

①当lna0时，即a1时，函数fx在区间0,1上单调递增，

所以；

fxminf02a2

1

②当0lna1时，即a1时，函数fx在区间0,lna上单调递减，

e

1

在lna,1上单调递增，所以fxflna1lna；

mina

1

③当lna1，即0a时，函数fx在区间0,1上单调递减，

e

所以2.

fxminf1aea2e1

11

综上，a1时，fx2a2，a1时，fx1lna，

minemina

1

0a时，fxae2a2e1.

emin

x2y25

18.已知双曲线C:1(a0,b0)的离心率为，且过点22,1．

a2b22

（1）求双曲线C的标准方程；

（2）已知直线l经过点2,2，

①若直线l与双曲线C的左支相切，求直线l的方程；

②若双曲线C的右顶点为P，直线l与双曲线C交于A，B两点，直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，

证明：k1k2为定值．

x2

【答案】（1）y21

4

（2）①5x8y60②证明见解析

【小问1详解】

c5c2a2b2b25

由e，可得1，即a24b2，

a2a2a2a24

所以双曲线方程为x24y24b2，代入点22,1，

可得b21,a24，

x2

所以双曲线方程为y21.

4

【小问2详解】

如图，

①由题意，直线斜率存在，设直线l的方程为y2kx2，

y2kx2

联立2，消元可得：

x2

y1

4

14k2x216k2kx16k232k200，

2

由直线与双曲线相切，则Δ162k2k1614k24k28k50，

5

即8k50，解得k,

8

5

所以直线l的方程为y2x2，即5x8y60.

8

②由题意知，P(2,0)，

设Ax1,y1,Bx2,y2，直线l的方程为y2mx2，

联立双曲线方程，化简可得，

14m2x216m2mx16m232m200，

5

由①知m，

8

16mm116m232m20

所以xx,xx，

124m21124m21

y1y2

k1kPA,k2kPB，

x12x22

y1y2mx122mx22211

所以k1k22m2

x12x22x12x22x12x22

16mm1

4

xx4xx42

2m2122m21224m1

x2x2xx2xx416m232m2032mm1

1212124

4m214m21

16m4

211

2m24m12m2m，

1622

4m21

即kk为定值1.

122

19.如图，几何体OABO1A1B1是圆柱的四分之一部分，其中底面OAB是半径为1的扇形，母线长为2，

是的中点，为的中点，是上的动点（不与、重合），是圆柱的母线．

COO1DA1BPABPANPE

（1）证明：CD//平面OAB；

（2）求三棱锥BA1EP的体积的最大值；

（3）求二面角BA1EP余弦值的取值范围．

【答案】（1）证明见解析

（2）21

3

25

（3）,1

5

【小问1详解】

由题意可知，OAOB，OO1平面OAB，

以点O为坐标原点，OA、OB、OO1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

1111

则A11,0,2、B0,1,0、C0,0,1、D,,1，所以CD,,0，

2222

易知平面OAB的一个法向量为a0,0,1，则CDa0，即CDa，

又因为CD平面OAB，所以CD//平面OAB.

【小问2详解】

π

不妨设点Pcos,sin,0，其中0，

2

则A11,0,2、Ecos,sin,2、B0,1,0，

PE0,0,2，A1Ecos1,sin,0，BA11,1,2，

mPE2z10

设平面的一个法向量为，则，

A1PEmx1,y1,z1

mA1Ecos1x1y1sin0

取x1sin，可得msin,1cos,0，所以A1Em，