江苏徐州市2025-2026学年第二学期期末抽测高二数学试卷 含解析

～学年度第二学期期末抽测高二年级数学试题注意事项：．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上．．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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共分．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.已知随机变量，且，则（）A.0.2B.0.4C.0.6D.0.8【答案】A【解析】【详解】已知随机变量，因此正态分布密度曲线的对称轴为.由于数值2和4关于对称轴对称，根据正态分布的对称性可得.已知，因此.2.不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】原不等式等价于.解得或，即原不等式的解集为.3.已知集合，，则（）第1页/共17页A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由集合的交集运算求解．【详解】，则．4.在7件产品中有2件不合格品，从中任取3件，用随机变量表示取出的3件中不合格品的件数，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据超几何分布概率计算公式计算求解即可.【详解】由题意可得.5.设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】分别求解两个不等式对应的实数解集，再结合充分必要性定义判断题设条件间的关系即可.【详解】可化为，可化为，因为集合是集合的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件.6.现有5种不同的颜色，对如图所示的四个方格涂色，要求有公共边的两个方格涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（）第2页/共17页A.120种B.144种C.240种D.260种【答案】D【解析】【分析】利用分步乘法计数原理，根据对角位置的方格颜色是否相同进行分类讨论求解.【详解】设四个方格分别为其中与不相邻，与不相邻.根据与涂色是否相同，分两类情况讨论：第一类：与涂同一种颜色，涂，有5种选法；涂，因与同色，有1种选法；涂，因与、相邻（即与4种选法；涂，因与、相邻（即与4种选法。根据分步乘法计数原理，此类情况共有种方法；第二类：与涂不同种颜色，涂，有5种选法；涂，因与不同色，有4种选法；涂，因与、均相邻且、颜色不同，故需避开这两种颜色，有3种选法；涂，因与、均相邻且、颜色不同，故需避开这两种颜色，有3种选法.根据分步乘法计数原理，此类情况共有种方法.综上所述，不同的涂色方法共有种.7.已知随机变量的概率分布如下：235若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】第3页/共17页1求出果.【详解】由题意可得，解得，又，所以，即，即，得，所以.8.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对原式两边取以为底的对数，得到的对数表达式，再通过对数的运算性质（乘积的对数等于对数的和、对数的幂运算）对表达式进行变形，逐项验证即可.【详解】已知，两边取以为底的对数，可得：，，，则，因此.选项A，，，，乘积为：，A错误.选项B，左边，第4页/共17页右边，，B错误.选项C，由(1)(2)(3)得：，，，因此：，C正确.选项D，，D错误.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共分．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.在正四面体中，可以与构成空间的一个基底的是（）A.，B.，C.，D.，【答案】ACD【解析】【分析】以为原点，设，，，则，，即为不共面的基底，将所有向量用，，表示后，判断三个目标向量的线性相关性即可.【详解】选项A：，.设，整理得，因，，不共面，则系数全为0，所以，故三个向量线性无关，可构成基底，A正确.选项B：，，第5页/共17页三个向量都仅含，分量，都在平面内，故共面，不能构成基底，B错误.选项C：，.设，整理得，解得，线性无关，故可构成基底，C正确.选项D：，.设，整理得，解得，线性无关，故可构成基底，D正确.10.某厂用1号、2号、3号车床加工同一型号的零件，它们的产量之比为，次品率分别为4%，5%，6%，加工出来的零件混放在一起．现任取一个零件，设事件：零件为号车床加工，事件：取一个零件为次品，则（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】先根据产量占比计算各车床生产零件的概率，再结合条件概率、全概率公式与贝叶斯公式逐一判断选项即可.【详解】选项A：1号、2号、3号车床产量比为2:3:5，故，A错误.选项B：表示在零件为2号车床加工的条件下，取一个零件为次品的概率，因为零件为2号车床加工的概率，零件为2号车床加工且是次品的概率，所以，B正确.选项C：由全概率公式可得：第6页/共17页，C错误.选项D：由贝叶斯公式可得：，D正确.已知，若，则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】利用换元法化简已知二项式，得出二项式展开式的通项，进而利用二项式的性质结合选项逐一分析判断．【详解】令，则，原式化为，由二项式定理，展开式通项为；选项A：已知，代入通项，当时，，等式成立，故A正确；选项B：令，则，故B错误；选项C：令，代入展开式，故，则，故C正确；选项D：，则，代入，则第7页/共17页，故D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.______．【答案】【解析】【详解】13.在如图所示的正八面体中，棱与所在直线的夹角为________．【答案】【解析】和定角度大小.【详解】如图所示，以正八面体中心为原点，设各顶点坐标为：，，，，可得：，根据异面直线夹角公式可得：因为异面直线夹角范围是，所以，即与的夹角为.第8页/共17页14.8名同学围成一圈玩传球游戏，初始时球在甲同学手中．每轮抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，根据掷出的点数，沿顺时针方向依次传递个人．经过三轮，球回到甲手中的概率是________．【答案】【解析】【分析】8名同学围成一圈，球回到甲手中等价于传递总点数之和是8的倍数，每轮骰子点数为，总点数为，故只能是和，用隔板法分别计算两种情况的数量，再除以总情况即可．【详解】每轮掷骰子有6种可能结果，三轮共种，总点数为8的情况，即求方程的正整数解，，由隔板法，三个数最小和为3，最大单个点数为6，故和为8的正整数解总数为，令，，方程转化为，正整数解个数为，所有解均满足，故和为的情况总数为6，综上符合条件的总数为，故所求概率为．四、解答题：本题共5小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.某饮品店推出一款网红饮品，记录上市第天的销量12345130170220280350（10.01）（2）求关于的经验回归方程，并预测第7天该饮品的销量．附：，，，，样本相关系数第9页/共17页，经验回归方程中回归系数与回归截距分别为，．【答案】（1）样本相关系数约为（2）经验回归方程为，第7天该饮品的销量预测为450杯【解析】1）计算出和的样本均值，代入公式求解即可.（2）求出回归系数与截距，得到经验回归方程，代入即可完成销量预测.【小问1详解】样本均值，，则，，因此.【小问2详解】回归系数，截距，故经验回归方程为.将代入回归方程，得，即第7天销量预测为450杯.16.某校引入智慧体育训练系统，为验证该系统对学生体测达标率的提升效果，统计样本数据如下（单位：第10页/共17页体测未达标体测达标合计使用系统103040未使用系统251540合计354580（1）能否有99.9%的把握认为使用智慧体育训练系统和学生体测达标有关？（2）用样本频率估计概率，现从该校所有体测达标的学生中随机抽取3人，其中使用智慧体育训练系统的人数记为随机变量，求的概率分布及数学期望．附：，0.050.010.0013.8416.63510.828【答案】（1）有99.9%的把握认为使用智慧体育训练系统和学生体测达标有关；（2）的分布列0123数学期望【解析】1）提取列联表数据代入公式计算，将结果与临界值比较得出结论；（2）先求抽到达标且使用系统学生的概率，判断X服从二项分布，再分别计算各取值概率及期望.【小问1详解】由列联表：，总样本,代入公式,所以有99.9%的把握认为使用智慧体育训练系统和学生体测达标有关；第11页/共17页【小问2详解】样本达标学生共45人，其中使用系统30人，用频率估计概率，随机抽取1名达标学生使用系统的概率，随机变量表示抽取3人中使用系统的人数，故，的可能取值为，则，，，，所以的分布列是0123所以.17.已知．（1展开式中第4项的二项式系数是第2项的二项式系数的2展开式中系数最大的项；（2）当时，对，都有，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】1）根据二项式定理的二项式系数定义、通项公式及系数最值求解方法；（2）本题考查二次函数区间恒成立问题，利用开口向上二次函数区间最大值在端点取得的性质求解参数范围.【小问1详解】当时，二项式展开第项的二项式系数为，第12页/共17页由题意得，所以，约去得，，解得（负根舍去）,又二项式的展开式通项为，系数为正则为偶数，计算得对应系数分别为，所以最大系数对应，此时;【小问2详解】当时，代入不等式化简得对恒成立，二次函数开口向上，区间最大值在端点取得，因此只需，解得，所以，即实数的取值范围是.18.如图，在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，，分别在棱，上，满足，，，四点共面．（1）当为中点时，（ⅰ）求平面与平面的夹角的余弦值；（ⅱ）求点到平面的距离；（2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值．【答案】（1i）ii）；第13页/共17页（2）.【解析】1i）建立合适的空间直角坐标系，求相关平面的法向量即可得到答案；（ii）利用点到平面距离的空间向量法即可得到答案；（2）利用线面角的空间向量法得到表达式，再利用基本不等式和二次函数性质即可求出最值.【小问1详解】（i）以为原点，为正交基底建立空间直角坐标系，当为中点时，，所以，设平面的法向量为，则，即，取，得，由于平面的法向量为，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为．（ii）设，则，因为,,,四点共面，所以设，即，得，当时，，所以，设平面的法向量为，则，即，取，得，第14页/共17页所以点到平面的距离为．【小问2详解】由（1）得，易得平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则，因为，当且仅当时取等号，此时，所以，即直线与平面所成角的正弦值的最大值为．19.有张卡片，编号分别为，，，．现进行次操作：前次每次从中不放回地为这次记录的全部编号之和．（1）当，，时，（ⅰ）求在抽出的两张卡片中有一张编号大于2时，另一张编号也大于2的概率；（ⅱ）求；（2）若，，，是定义在同一个随机试验样本空间上的任意个离散型随机变量，则第15页/共17页．当时，求的最大值．【答案】（1ii）.（2）最大值为.【解析】1i）根据条件概率公式即可得到答案；（ii）写出的可能取值，再计算出其所对应的概率，最后计算期望即可；（2）计算，，从而得到，最后利用基本不等式即可