2024-2025 学年江苏省盐城市七校联盟高二下学期 4 月期中联考
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知随机变量 的分布规律为 ，则 ( )
2
= = ( =1,2,3) =3 =
A. B. C. D.
9 1 2 1
2.若14 ，则3 ( ) 7 14
2 +1 ∗
A. 13 = 13 ∈ B. 6 = C. D.
3.30 的展开式中 的系12数0为( ) 360 720
4 3
A. − B. C. D.
4.已6知 为平面 的一个法向量−4， 为直线 的一个方4 向向量，则“ ”−是6 “ ”的( )
A.充分 不必要条 件 B.必要不充分条件 // ⊥
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
5.已知随机变量 的取值为 ， ， ，若 ， ，则标准差为( )
1
0 1 2 =0 =5 =1
A. B. C. D.
2 3 10 2 5
6.从5 红、黄、蓝、黑 种不同5 的颜色中选出一些颜5色给如图所示的 个5格子涂色，每个格子涂一种颜色，
记事件 为“相邻的 4个格子颜色不同”，事件 为“ 个格子的颜色3 均不相同”，则 ( )
2 3 ( | )=
A. B. C. D.
1 1 1 2
4 2 3 3
7.已知正四棱锥 的所有棱长均为 ， 为底面 内一点，且 ，
1 1
则 ( )
− 1 =3 + +2 ∈
⋅ =
A. B. C. D.
5 7 3 4
8.若12 12 ，则4 下列说法错误的是(3 )
10 2 10
A. 3− = 0+ 1 + 2 +⋯+ 10
10
B. 0 =3
10
C. 0 + 1的+展 开2式+中⋯偶+数 项9的+二 项10式=系4数之和为
10 9
D. 3− 的展开式中二项式系数最大项为 2
10 5 5 5
二、3多−选 题：本题共3小题，共18分。在每 小10题⋅3给出⋅ 的选项中，有多项符合题目要求。
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1 89.将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，在数学中将这种思想方法称为“算两次”请用
此法判断下列等式中，正确的有( ) .
A. B.
−1 +1
C. +1 = + D. +1 = +1
−1 −1
10. 在 某+独 立 重复=实 验+1中，事件 相互独立，且在 一 次=实 验 中−1，事件 发生的概率为 ，事件 发生的概率
为 ，其中 若进行 ,次 实验，记事件 发生的次数为 ，事 件 发生的次数 为 ，事 件 发生的
次数1为− ，则下 列∈结(论0,1正).确的是( )
A. B.
= 1− =
C. D.
2
11. 如 图 ，=若 正 方 体 的棱长为 ， ， 分=别 是 棱⋅ ， 的中点，则( )
− 1 1 1 1 2 1 1
A.三个向量 ， ， 不可以构成空间的一组基底
B.四面体 1 的 外 接 球 1 的 1 表面积为
41
1 1 4
C.平面 截该正方体的内切球所得截面的面积为
8
1 9
D.直线 与平面 所成角的余弦值为
5
三、填空 1 题 ：本题 共 1 3 小题，每小题5分，5共15分。
12.已知直线 的方向向量为 ，则向量 在直线 上的投影向量坐标为_______．
13.为积极落实 “双减”政策 ，=丰0富,−学1生,1的课外活动 ，=某1校,2,开3设了航模 、无人机、 技术等 门课程分别安
排在周一到周五，每天一节，其中 技术课不排在周一，航模和无人机课两天相邻 的课程的5安排方案. 种数
为_______．
14.一个袋子中有 个大小相同的球，其中红球 个，白球 个，现从中不放回地随机摸出 个球作为样
本，用随机变量 表5示样本中红球的个数，用随机3变量 2 表示第 次抽到红球的个数，3则随机变量
期望 ； ( =1,2,3)
四、解 答 题=：本题共 5 小2题=，1共=77分。.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15. 本小题 分
( 13 )
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2 8在如图所示的平行六面体 中， ， ， ， ，
∘
，设 ， −， 1 1 1 1． =1 =2 1 =2 2 ∠ 1 = ∠ 1 =45
∘
∠ =60 = = 1 =
用 ， ， 表示 ， ， ；
(求1)异 面 直 线 与 所 成 角1 的 正 1 切值．
(126). 本小题 分 1
( 15 )
在 的展开式中，______．
2
给出 下+列 条件：①各项系数之和为 ，②第三项的二项式系数为 ，③二项式系数和为 ，试在这三个
条件中任选一个，补充在上面的横线72上9，并且完成下列问题： 15 64
求 的值并求展开式中的常数项；
(1)
求 展开式中 的系数．
2 2 6
( 1 2 7 ). 本2小+题3 分 +
驾驶(证考试规15定需)依次按科目一 理论 、科目二 场内 、科目三 场外 进行，只有当上一科目考试合格才可
以参加下一科目的考试，每个科目( 只允)许有一次(补考机) 会，三个(科目考) 试均合格方可获得驾驶证若某人已
.
通过了科目一的考试，假设他科目二考试合格的概率为 ，科目三考试合格的概率为 ，且每次考试或补考
3 1
合格与否互不影响． 5 2
求丁某不需要补考就可获得驾驶证的概率；
(若1)丁某不放弃所有考试机会，记 为参加考试的次数，求 的分布列与数学期望．
(128). 本小题 分
如图(，在 17 中) ， ， ， ， ， 分别是 ， 上的点，满足 且 经过
∘
的重心， 将 ▵ 沿 ∠ 折=起9到0 =的3位 置 ，=使6 ， 是 的中点． // ▵
▵ ▵ 1 1 ⊥ 1
求证：平面 平面 ；
(1) 1 ⊥
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3 8求 与平面 所成角的大小；
(2) 1
在线段 上是否存在点 不包含端点 ，使平面 与平面 夹角正切值为 ？若存在，求出
39
的(3长) 度；若 不 1 存在，请说明理 由( ． ) 3 1
19. 本小题 分
设函(数 17 ) ．
( , )= 1+ ( >0)
若 且 ，求 ；
1 2 3 3
(1) 当 (3, )= 时 ， 0+ 求 + 2 展 + 开 3 式 中 2 系 = 数 27 最大的 项 =0 ；
(2)当 =−时3 ，设 是 正(6,整 )数，为正实数，实数 满足 ，求证：
(3) ．>0 ( ,1)= ( , ) (2025,1000 )>7 (−
2025, )
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4 8参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10 .
11.
12.
1 1
13.
(0,−2,2)
14.
36；
9 3
15.5解：5 ，
(1) 1 = ， + + ，
1因 =为− + + =， + ，
(同2)理可求 得 1 = + − ， = + ，
又因为 | 1 |= 15 | |= 7
1 · =( + − )，·( + )
2 2
=所 以 − + · + · =9 ，
1· 9 3 105
cos 1 , = | 1 || | = 15× 7= 35
所以 ，
2 70
sin 1 , = 35
所以
2 6
tan 1 , = 9
16.解： 在 的展开式中，
2
选条件①(1时)，(各 +项 系)数之和为 ，令 ，故 ，解得 ，常数项为 ．
3 3
选条件②时，第三项的二项式系72数9为 ，=故1 3 =，7解29得 ， =常6数项为 6⋅2 =．160
2 3 3
选条件③时，由于二项式系数和为 1，5所以 =15，所以 =6，常数项为 6⋅2 =160．
3 3
64 2 =64 =6 6⋅2 =160
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5 8由上可知不论选 ① ② ③，都有 ，则问题为求 展开式中 的系数，
2 2 6
(2) =6 (2+3 )( + )
先求 展开式中含 的项，易知该项为 ，
2 6 6 0 6 −1 0 6
( + ) 6 (2 ) =
再求 展开式中含 的项，易知该项为 ，
2 6 4 1 5 −1 1 4
( + ) 6 (2 ) =12
所以 展开式中含 的项为 ，
2 2 6 6 6 6
所以其 (2 系 + 数 3 为 )( + ． ) 2 +3×12 =38
17.解：设“科3目8二第一次考试合格”为事件 “科目二补考考试合格”为事件 ，
“科目三第一次考试合格”为事件 “科目三 1补; 考考试合格”为事件 2
则 、 、 、 相互独立． 1; 2;
1 2 1 2
他不需要补考就可获得驾证的概率为： ．
3 1 3
(1) = ( 1⋅ 1)= ( 1)⋅ ( 1)= 5×2=10
即丁某不需要补考就可获得驾驶证的概率为 ．
3
的可能取值为 ， ， ． 10
(2) 2 3 4
，
3 1 2 2 23
∵ ( =2)= ( 1 1+ 1 2)= 5×2+5×5=50
，
3 1 2 3 1 21
( =3)= ( 1 1+ 1 2 1)= 5×2+5×5×2=50
．
2 3 1 3
=的(分 =布4列)为= ( 1 2 1)= 5×5×2=25
∴
2 3 4
23 21 3
50 50 25 ．
23 21 3 133
( )=2×50+3×50+4×25= 50
即丁某不放弃所有考试机会的数学期望为
133
18. 证明：因为在 中， 50，所以 ，又 ，所以 ， ，
∘
则折(1叠)后 ， 又 △ ∠ ，=90 ， 平 面⊥ ， 所 以// 平面 ⊥， ⊥ 1
平面 ⊥ ，1 所以 1 ∩ ，=又 已知 1 ⊂， 1 ， 且 ⊥ ， 都1 在 面 内，
所1以 ⊂ 平 1面 ， 又 ⊥ 1 平面 ， 1所 以⊥ 平 面 ∩ 平 面=
由 1 ，⊥分别 以 ， ，1 ⊂所在 直1 线 为 轴， 轴， 1 轴 ，⊥建立 空 间 直; 角坐标系 ，
(2) (1) 1 −
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6 8由题意可知， ，故DE ，由几何关系可知， ， ， ，
2
故C ， =2 ， ，=3 =2， ， =2 ， 1 =4 1 =2 3
(0,0,0) (，2,0,0) (2,2,0) (0，,3,0) 1(0,0,2 3) ， (1,0, 3)
设 平 =面(1,0, 的3)法向 1 量 为=(0,3,−2 3，)则 1 =(2,2,−2 3) ，
⋅ 1 =3 −2 3 =0
不妨令 1 ，则 ，=( , ，, )所以 ，
⋅ 1 =2 +2 −2 3 =0
设 与 平=面2 所=成角3的 大=小1为 ， =(1,2, 3)
1
则有 ，
| ⋅ | 4 2
sin =|cos < , >|= | || | =2×2 2= 2
故 ，即 与平面 所成角的大小为
= 4 1 4;
假设在线段 上存在点 ，使平面 与平面 夹角正切值为 ，
39
(3) 1
3
即有平面 与平面 夹角余弦值为 ，
3
在空间直角坐标系中， 4， ， ，
设 ，则 =(1,−3，, 3) =(1,0, 3) 1 =(0,0,2 3) ，
设平 面= 的 1 法向 量 为=(0,0,2 3 ) ， =则 + =(0,−3,0)+(0,0,2 3， )=(0,−3,2 3 )
2 ⋅ = 2−3 2+ 3 2 =0
不妨令 ，则 2 =，( 2, 2, 2) ，所以 ，
2 ⋅ =−3 2+2 3 2 =0
设平面 2 =的法3 向量 为 2 =2 2 =6 − ， 3 则 2 =(6 −3,2 , 3) ，
3 ⋅ = 3−3 3+ 3 3 =0
不妨令 ，则 3 =，( 3, 3, ， 3)所以 ，
3 ⋅ = 3+ 3 3 =0
若平面 3 =与平3 面 3 = 夹 − 角 3 余 弦 3 值 = 为 0 ， 3 =(−3,0, 3)
3
4
则满足 ，
| 2 ⋅ 3 | |9−18 +3| 3
|cos< 2 , 3 >|= | 2 || 3 |= 2 2 = 4
2 3× 9(2 −1) +4 +3
化简得 ，解得 或 ，即 或 ，
2 1 1
2 −3 +1=0 =1 2 = 1 =2 1
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7 8又点 不包含 端点，所以 ，即 ．
1
1 =2 1 1 = 3
故在线段 上存在这样的点 ，使平面 与平面 夹角正切值为 ，此时 的长度为 ．
39
19.解： 1 ， 3 ， 1 3
1 2 3 3 2 2
(1) (3, )= 0+ + 2+ 3 =(1+ ) 2 = 3 =27 ⇒ =±3
所以 ，
3
( , )=(1± ) ( >0)
当 时，
3 3 3
∴ =3 =0 =(1+1) =64;
当 时， ．
3 3 3
=−3 =0 =(1−1) =−8
由条件得， ，
3 6
(2) (6, )=(1− )
所以 ， ， ， ， ， ， ， ．
−3 −
由于要 + 求 1 展 = 开 6 式 ( 中 系 ) 数 = 最 6 大 (− 的 3 项 ) ， 所以 为 = 偶 0 数 1 ， 2 3 4 5 6
由题意知，展开式中系数最大的项应当 在第 项或第 项中出现，
∴ ， ，3 5
2 −3 2 135 4 −3 4 1215
3 = 6( ) = 2 5 = 6( ) = 4
展开式中系数最大的项是第 项且为 ．
1215
∴ 5 4
由 可得 ，
2
(3) ( ,1)= ( , ) (1+ ) = (1+ ) =( + )
即
2
2025 1 2025
1+ = + ⇒ = ⇒ (2025,1000 )=(1+1000 ) =(1+1000)
，
1 1 2 1 2 3 1 3 4 1 4 4 2
>1+ 2055 1000+ 2055(1000) + 2055(1000) + 2055(1000) >1+2+2+3+3=7
而 ，
−2025 1 −2025
所以 ( 原 − 不 20 等 25 式 , )=(1+ ) =(1+ ) 成 < 立 1 ．
(2025,1000 )>7 (−2025, )
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8 8
