精品解析：江苏省马坝高级中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题

江苏省马坝高级中学高二年级第二学期第一次阶段性测试 数学试题 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. （ ） A. 110 B. 98 C. 124 D. 148 2. 的展开式中，含项的系数为（ ） A. 8 B. 16 C. 32 D. 64 3. 四棱锥中，底面，底面是矩形，则在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 要将《飘》，《围城》，《红与黑》，《西游记》，《红楼梦》五本名著分给甲、乙、丙3名文学爱好者，甲得1本，乙得2本，丙得2本，则不同的分配方法共有（ ） A. 15种 B. 30种 C. 180种 D. 240种 5. 已知四面体中，，，，，为中点，若，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 6. 若非零向量，满足，且向量在向量上的投影向量是，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 若二项展开式中的各项的二项式系数只有第项最大，则展开式的常数项的值为（ ） A. B. C. D. 8. 习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晩近四百年．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ） A. B. 第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C. 记第n行的第个数为，则 D. 第20行中第8个数与第9个数之比为 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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. 三棱锥中，平面与平面的法向量分别为,,则二面角的大小可能为（ ） A. B. C. D. 10. 现有个编号为，，，的不同的球和个编号为，，，，的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（    ） A. 共有种不同的放法 B. 恰有一个盒子不放球，共有种放法 C. 每个盒子只放一个球，恰有个盒子编号与球的编号相同，不同放法有种 D. 将个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有种 11. 已知，则（ ） A. B. C. D. 展开式中二项式系数最大的项为第5项 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在四面体中，若底面的一个法向量为，且，则顶点到底面的距离为______． 13. 第40届潍坊国际风筝会期间，某学校派人参加连续天的志愿服务活动，其中甲连续参加天，其他人各参加天，则不同的安排方法有______种．（结果用数值表示） 14. 若的展开式中所有项的系数和为384，则展开式中的系数为__________． 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. 已知空间三点、、，设，． （1）设，//，求． （2）若与互相垂直，求． 16. 如图，正方体. （1）用空间向量方法证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. （1）现有4男2女共6个人排成一排照相，其中两个女生相邻的排法种数为多少？ （2）把6本不同的书分给4位学生，每人至少一本，有多少种方法？ （3）从0~6这7个数字中取出4个数字，能组成多少个没有重复数字的四位偶数？ 18. 在的展开式中， （1）求二项式系数最大的项； （2）若第项是有理项，求的取值集合. （3）系数的绝对值最大的项是第几项； 19. 如图，在平行四边形中，，四边形为正方形，且平面平面． （1）证明：； （2）求直线到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省马坝高级中学高二年级第二学期第一次阶段性测试 数学试题 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. （ ） A. 110 B. 98 C. 124 D. 148 【答案】A 【解析】 【分析】利用排列数与组合数的计算公式即可得解. 【详解】. 故选：A. 2. 的展开式中，含项的系数为（ ） A. 8 B. 16 C. 32 D. 64 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式定理的展开式的通项公式即可得出． 【详解】二项式的展开式中通项公式为：， 令，可得含项的系数是． 故选：C． 3. 四棱锥中，底面，底面是矩形，则在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点和点分别作直线的垂线，由垂足确定在向量上的投影向量. 【详解】四棱锥如图所示， 底面是矩形，∴， 底面，底面，∴， 过向量的始点作直线的垂线，垂足为点，过向量的终点作直线的垂线，垂足为点，在向量上的投影向量为，由底面是矩形,， 故选：B 4. 要将《飘》，《围城》，《红与黑》，《西游记》，《红楼梦》五本名著分给甲、乙、丙3名文学爱好者，甲得1本，乙得2本，丙得2本，则不同的分配方法共有（ ） A. 15种 B. 30种 C. 180种 D. 240种 【答案】B 【解析】 【分析】利用组合数依次分步为甲、乙、丙选书，再相乘即可. 【详解】第一步，为甲选1本，有种选法； 第二步，为乙选2本，有种选法； 第三步，为丙选2本，有种选法； 所以不同的分配方法共有种. 故选：B. 5. 已知四面体中，，，，，为中点，若，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的运算法则，化简得到，结合题意，列出方程，即可求解. 【详解】因为，所以， 依题意可得 ， 因为，所以，解得. 故选：D. 6. 若非零向量，满足，且向量在向量上的投影向量是，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用投影向量的公式，结合数量积运算即可. 【详解】在上投影向量， ，， 则， 由于，， 故选：B． 7. 若二项展开式中的各项的二项式系数只有第项最大，则展开式的常数项的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质得到，再写出展开式的通项，即可求出常数项. 【详解】因为二项展开式中的各项的二项式系数只有第项最大，所以， 则展开式的通项为（且）， 令，解得， 所以，即展开式中常数项为. 故选：D 8. 习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晩近四百年．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ） A. B. 第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C. 记第n行的第个数为，则 D. 第20行中第8个数与第9个数之比为 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，归纳可得：第行的第个数为，由组合数的性质依次分析选项是否正确，综合可得答案． 【详解】根据题意，由数表可得：第行的第个数为， 由此分析选项： 对于A，，A错误； 对于B，第2023行中从左往右第1013个数为，第1014个数为，两者不相等，B错误； 对于C，记第行的第个数为，则，则，C错误； 对于D，第20行中第8个数为，第9个数为，则两个数的比为，D正确． 故选：D． 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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. 三棱锥中，平面与平面的法向量分别为,,则二面角的大小可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】计算，即可得出答案. 【详解】， 所以二面角的大小可能为或． 故选：BC 10. 现有个编号为，，，的不同的球和个编号为，，，，的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（    ） A. 共有种不同的放法 B. 恰有一个盒子不放球，共有种放法 C. 每个盒子只放一个球，恰有个盒子编号与球的编号相同，不同放法有种 D. 将个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有种 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，按照分步乘法原理可计算；对B，从5个盒子中选出4个盒子的排列；对C，先选定两个盒子的编号与球的编号相同的球，再考虑剩下的两个球不放进自己编号的盒子放法；对D，即考虑哪个盒子为空的放法. 【详解】对于A，每个球都有5种放法，共有种放法，故A错误； 对于B，把球全部放入盒子内，恰有一个盒子不放球，则有4个盒子每个盒子放1个球，有种放法，故B正确； 对于C，每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有种放法，故C正确； 对于D，将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，即有4个盒子每个盒子放1个球的放法有5种，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知，则（ ） A. B. C. D. 展开式中二项式系数最大的项为第5项 【答案】A 【解析】 【分析】利用赋值法判断A、B、C，根据二项式系数的性质判断D. 【详解】因为， 对于A：令，可得，故A正确； 对于B：令，可得①，故B错误； 对于C：令，可得②， 联立①②可得，故C错误； 对于D：由题意可知展开式共有项，则第项的二项式系数最大，故D错误． 故选：A． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在四面体中，若底面的一个法向量为，且，则顶点到底面的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据点面距的向量表示公式进行计算即可. 【详解】根据题意知， 点到底面的距离为. 故答案为：. 13. 第40届潍坊国际风筝会期间，某学校派人参加连续天的志愿服务活动，其中甲连续参加天，其他人各参加天，则不同的安排方法有______种．（结果用数值表示） 【答案】 【解析】 【分析】首先考虑甲连续天的情况，再其余人全排列，按照分步乘法计数原理计算可得. 【详解】在天里，连续天的情况，一共有种， 则剩下的人全排列有种排法， 故一共有种排法． 故答案为：． 14. 若的展开式中所有项的系数和为384，则展开式中的系数为__________． 【答案】91 【解析】 【分析】利用系数和求出参数，用二项式定理展开求系数即可. 【详解】由题意得的展开式中所有项的系数和为384， 令，故，解得，故求中的系数即可 而， 的通项为， 令，解得，此时的系数为， 令，解得，此时的系数为， 综上展开式中的系数为. 故答案为：91 【点睛】. 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. 已知空间三点、、，设，． （1）设，//，求． （2）若与互相垂直，求． 【答案】（1）或 （2）或． 【解析】 【分析】（1）利用向量共线定理，结合即可得出； （2）利用向量的坐标运算、向量垂直与数量积的关系即可得出. 【小问1详解】 由于，，则， 由于//，设，由，则，即有， 则或． 【小问2详解】 与互相垂直，则， 则，由（1），，即有， 解得或． 16. 如图，正方体. （1）用空间向量方法证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 设正方体的棱长为2，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图： 易知， 则， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，即，又，即， 又平面，所以平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，根据及线面垂直的判定即可证结论； （2）由（1）所得坐标系，求得，应用向量法求线面角的正弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）易知，则， 由（1）知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为 17. （1）现有4男2女共6个人排成一排照相，其中两个女生相邻的排法种数为多少？ （2）把6本不同的书分给4位学生，每人至少一本，有多少种方法？ （3）从0~6这7个数字中取出4个数字，能组成多少个没有重复数字的四位偶数？ 【答案】（1）240；（2）1560；（3）420 【解析】 【分析】（1）相邻问题运用“捆绑法”即可； （2）运用分组分配法即可； （3）法1：运用特殊位置优先法分类求解即可；法2：根据数字“0”是否被选上，以及安排在哪个数位进行分类求解即得. 【详解】（1）将两个女生看成一人，与其余4个男生先进行排列，再考虑2个女生的顺序即可，故符合要求的排法数为种方法； （2）6本不同的书分给4位同学，可以按照3，1，1，1或2，2，1，1两种情况进行分配； 若按3，1，1，1分组，则有种； 若按2，2，1，1分组，则有种， 由分类加法计数原理，分法总数为：种方法； （3）法1：第一类：当个位数字是0时，没有重复数字的四位数有个； 第二类：当个位数字是2时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个； 第三类：当个位数字是4时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个； 第四类：当个位数字是6时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个. 根据分类加法计数原理，没有重复数字的四位偶数共有个. 法2：第一类：数字“0”未被选上，个位有3种选择，没有重复数字的四位数有个； 第二类：数字“0”在个位，没有重复数字的四位数有个； 第三类：数字“0”在十位，个位有3种选择，没有重复数字的四位数有个； 第四类，数字“0”在百位，个位有3种选择，没有重复数字的四位数有个. 根据分类加法计数原理，没有重复数字的四位偶数共有个. 18. 在的展开式中， （1）求二项式系数最大的项； （2）若第项是有理项，求的取值集合. （3）系数的绝对值最大的项是第几项； 【答案】（1） （2） （3）第项和第项 【解析】 【分析】（1）利用二项式定理求出通项，二项式系数最大的项为中间项，求解即可； （2）当为整数时为有理项，即可求解； （3）设第项的系数的绝对值最大，列方程组即可求解. 【小问1详解】 ，， 二项式系数最大的项为中间项，即第项， 所以； 【小问2详解】 ，， 当为整数时为有理项，即， 则的取值集合为； 【小问3详解】 设第项的系数的绝对值最大， 则，所以，解得， 故系数的绝对值最大的项为第项和第项. 19. 如图，在平行四边形中，，四边形为正方形，且平面平面． （1）证明：； （2）求直线到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1） 在中，，由余弦定理得， ，即，有，则，即， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，又平面， 所以. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理计算AC，再证明即可推理作答. （2）以点A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量计算点C到平面BEF的距离即可求出线面距离. （3）利用（2）中坐标系，用向量数量积计算两平面夹角余弦值，进而求解作答. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由四边形为正方形，得，由（1）易知两两垂直， 以点A为原点，射线AB，AC，AF分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图， ， ，设平面的一个法向量， 则，令，得， 而，于是得点C到平面的距离， 而，平面，平面，则平面， 所以线到平面的距离等于点C到平面的距离为. 【小问3详解】 由（2）知，，设平面的一个法向量， 则，令，得，设平面BEF与平面ADF夹角为， 于是，， 所以平面BEF与平面ADF夹角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $