精品解析：江苏省宿迁市泗阳县2024-2025学年高二下学期期中数学试题

2024～2025学年第二学期期中调研试卷 高二数学 （满分150分，考试时间120分钟） 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. 已知，，若，则x的值为（ ） A. 7 B. -8 C. 6 D. -5 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量垂直的坐标运算即可求参. 【详解】已知，， 因为， 则，. 故选：A. 2. 展开式中的第项为常数项，则的值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】写出展开式的通项，依题意可得，解得即可. 【详解】二项式展开式的通项为（且）， 因为展开式中的第项为常数项，所以，解得. 故选：D 3. 已知3张卡片的正、反两面分别写有数字1，2；3，4；5，6.将这3张卡片排成一排，则可构成不同的三位数的个数为（ ） A. 120 B. 60 C. 48 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理即可解题. 【详解】将3张卡片排成一排，每一张卡片数字有两种情况，则不同的数字组合有种， 再将3个数字进行排列，则有种，所以构成的不同三位数有种. 故选：C 4. 在正三棱柱中，，P为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】如图，过点作平面的垂线为轴，以，为轴和轴，作空间直角坐标系.求平面的一个法向量，以及直线的方向向量，则即为所求. 【详解】如图，过点作平面的垂线为轴，以，为轴和轴，作空间直角坐标系. 则平面的一个法向量为， 设正三棱柱中，，则，， 所以，所以, 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故选：A 5. 在四棱锥中，，，，则该四棱锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出平面的一个法向量，利用点到平面距离的向量求法计算可得结果. 【详解】设平面的一个法向量为， 则，令，可得，； 所以， 则点到平面的距离为. 故选：D 6. 6名同学排成一排照相，其中甲､乙两人相邻的排法共有（ ） A. 120种 B. 240种 C. 360种 D. 480种 【答案】B 【解析】 【分析】利用捆绑法求解. 【详解】甲和乙两人相邻，有种方法；将甲､乙两人看成一个元素，和其他四名同学，共5个元素全排列，有种方法， 所以甲､乙两人相邻的排法共有种方法． 故选：B． 7. 若，则（ ） A. 30 B. 45 C. 60 D. 90 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式定理，写出展开式通项，结合题意，可得答案. 【详解】由，则其展开式的通项为， 令，则. 故选：B. 8. 将6封不同的信放入编号为1，2，3，4的4个邮筒，则恰有2个空邮筒的不同的放法共有（ ） A. 372种 B. 380种 C. 492种 D. 496种 【答案】A 【解析】 【分析】首先从个邮筒中选出个邮筒，再将封不同的信件分成，，两组，最后将两组分配到两个邮筒，按照分步乘法计数原理计算可得. 【详解】首先从个邮筒中选出个邮筒，有种选法， 再将封不同的信件分成，，两组，有种分法； 最后将两组分配到两个邮筒，有种分法。 按照分步乘法计数原理可知恰有2个空邮筒的不同的放法共有种. 故选：A 二、选择题：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. 数学竞赛小组有高一学生2人，高二学生4人，高三学生6人，则（ ） A. 若每个年级各选1名学生外出培训，则共有12种不同的选法 B. 若选派2名学生外出培训，这2人来自不同年级，则共有44种不同的选法 C. 若选派3名学生外出培训，恰好有1人来自高二年级，则有116种不同的选法 D. 若选派3名学生外出培训，高三年级的甲乙两位同学不能同时参加，则共有210种不同的选法 【答案】BD 【解析】 【分析】根据乘法原理及组合数公式计算求解各个选项即可. 【详解】选项A：每个年级各选1名学生外出培训，则共有种不同的选法，A选项错误； 选项B：若选派2名学生外出培训，这2人来自不同年级，则共有种不同选法，故B正确； 选项C：若选派3名学生外出培训，恰好有1人来自高二年级，则有种不同的选法，故C错误； 选项D：若选派3名学生外出培训，高三年级的甲乙两位同学不能同时参加，则共有种情况，故D正确， 故选：BD 10. 若展开式中的常数项为60，则（ ） A. 展开式中第4项的二项式系数最大 B. 实数a的值为4 C. 展开式中奇数项的二项式系数和为64 D. 展开式中系数最大的项是第5项 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式，对四个选项进行分析. 【详解】A选项，因为展开式共7项，第4项的二项式系数最大，故A正确； B选项， ，其中为整数，且， 令，解得，此时，所以，B正确； C选项，展开式中奇数项的二项式系数和为，故C错误； D选项，由得，，又，所以， 且时， ，系数为正， 所以展开式中系数最大的项为是第5项，故D正确. 故选：ABD. 11. 正方体中，点P满足，若正方体棱长为1，则下列正确的有（ ） A. 若，，则平面 B. 若，则三棱锥的体积为定值 C. 若，则点到直线的距离的最小值为 D. 若，，则二面角的正弦值的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据共线定理可知三点共线，再由面面平行性质可判断A正确，利用共面定理以及面面平行并求得点到平面的距离可知三棱锥的体积为定值，可得B错误，再利用点到线的距离的向量求法计算可得C正确，利用二面角的向量求法得出其正弦值的表达式，再由的范围即可求得D正确. 【详解】对于A，由可得，且可知三点共线； 可知点在线段上，连接，如下图所示： 由正方体性质可知，又平面，平面， 所以平面； 同理可得平面， 又，且平面， 因此可得平面平面，又因为平面， 所以平面，即A正确； 对于B，若，可知四点共面，即点在平面内， 由A选项中的分析可知，平面平面，如下图所示： 此时点到平面的距离为正方体对角线的三分之一，即； 又三角形是边长为的正三角形，其面积为， 则三棱锥的体积为定值，即B错误； 对于C，以坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示： 则， 所以，，，； 又，因此，即； 所以， 则点到直线的距离为， 显然当时，距离最小为，即C正确； 对于D，若，，由选项C分析可知； 则，又； 设平面的一个法向量为， 则，解得，令，则， 因此； 易知平面的一个法向量为， 则二面角的正弦值为， 又因为，，可知，当时信任不是最小值， 所以时，， 易知当时，， 即二面角的正弦值的最小值为，可得D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用空间直角坐标系，将二面角的正弦值表示成关于的表达式，再结合其范围利用不等式性质可求出结果. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则向量在向量上的投影向量是_________ 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量定义直接代入计算可得结果. 【详解】由，可得， 易知向量在向量上的投影向量为. 故答案为： 13. 的展开式中含项的系数为_____. 【答案】10 【解析】 【分析】根据二项式定理写出展开式的通项，结合多项式的乘法，可得答案. 【详解】由的展开式的通项为， 令，，令，， 则的展开式中含项的系数为. 故答案为：. 14. 在华为的三进制数据处理研究中，设计了一种独特的三进制编码规则.将一个长度为8位的三进制数按位权展开并转化为十进制数，例如三进制数，转化为十进制数，其中，，则三进制数00001110对应的十进制数为_______，现有一个8位三进制数，包含3个，3个0，2个1，若要求首位不能为0，且相邻两位不能同时为，则这样的不同的三进制数个数共有_______. 【答案】 ①. 39 ②. 140 【解析】 【分析】根据三进制表示规则直接计算可得结果，先将3个0，2个1进行排列，再利用插空法将3个进行排列，然后除去首位为0的所有情况，即可求得结果. 【详解】易知00001110对应的十进制数为； 先将3个0，2个1进行排列，共有种， 再将3个插入到6个空隙中去，共有种， 所以能表示出的不同的三进制数个数共有种， 其中有首位为0时，共有种， 则符合题意的不同的三进制数个数共有种. 故答案为：39；140. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用插空法将将3个插入到6个符合题意的空隙中去，求得总个数，然后减去首位为0时的个数即可得出结果. 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. 如图，在平行六面体中，，，，点为的中点，. （1）求的值； （2）求与所成的角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）以为基底表示出可求出的值，即可求得结果； （2）根据向量数量积的运算律求得的长，再由向量夹角的计算公式可得结果. 【小问1详解】 因为点为的中点 所以 所以 所以，所以 【小问2详解】 因 ； 所以； 因为； 又。 所以； 所以直线与所成的角的余弦值为. 16. 有6名同学报名参加数学、物理、化学三科兴趣小组，每人选择一个小组.（数字作答） （1）求一共有多少种不同的报名方法； （2）若三科均要有人报名，求一共有多少种不同的报名方法； （3）若甲乙两人都不报化学学科，且每个学科都要有人报名，求一共有多少种不同的报名方法. 【答案】（1） （2）540 （3）230 【解析】 【分析】（1）根据分步乘法原理直接求解即可. （2）分三种情况讨论，利用分组分配问题求解即可. （3）分4种情况，利用分组分配问题求解即可. 【小问1详解】 因为每个人都有三种选择，所以一共有种； 【小问2详解】 因为三科均要有人报名，可分为以下三种情况： ①其中一科有4人，另外2科各1人，共有：种， ②其中一科1人，一科2人，一科3人，共有：种， ③三科均2人，共有：种， 所以一共有：90+360+90=540种. 【小问3详解】 因为甲乙两人都不报化学学科， 所以按照另外4个人报化学学科的人数可分为以下4种情况： ①有1人报化学：种， ②有2人报化学：种, ③有3人报化学：种， ④有4人报化学：种， 所以一共有：120+84+24+2=230种. 17. 如图，在四棱锥中，为的中点，，，，，，. （1）求平面与平面所成角的正弦值； （2）在线段上是否存在点，使得平面?若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在，点为线段的中点 【解析】 【分析】（1）由题意，根据线面垂直性质与判定，建立空间直角坐标系，求得平面法向量，利用面面角的向量公式，可得答案； （2）利用空间向量的位置关系，根据向量坐标，建立方程，可得答案. 【小问1详解】 因为， 所以，又因为为的中点， 所以与均为等腰直角三角形，所以 又因为，平面， 所以平面，又因为平面， 所以，又，平面，所以平面， 在平面内，过点作，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，设平面的一个法向量为 则，即，令，则， 平面的一个法向量为. 又因为平面的一个法向量为，所以. 设平面与平面所成角，则. 【小问2详解】 假设线段上存在点，使得平面 设， 所以. 因为平面，所以， 所以，即点是线段的中点， 所以存在点，点为线段的中点. 18. 设. （1）求实数的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二项式定理，写出展开式通项，结合题意，可得答案； （2）利用赋值法，结合题目中的等式，可得答案； （3）对等式进行求导，利用赋值法，结合题意，可得答案. 【小问1详解】 由的展开式的通项为， 因为，所以. 【小问2详解】 令，则，令，则， 所以. 【小问3详解】 由两边求导得： . 由两边求导得： . 令，则. 所以. 19. 在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线方向式方程为；过点，且法向量为的平面法向式方程为，将其整理成一般式方程为，其中.已知直线的方向式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为. （1）求直线与平面所成角的余弦值； （2）求与所成角的正弦值； （3）若，不在平面内，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得直线的方向向量与平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案； （2）由题意可得平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案； （3）由空间向量垂直的坐标表示，建立方程，求得直线的方向向量，根据向量垂直，可得答案. 【小问1详解】 设直线与平面所成角为， 因为直线的方向式方程为，平面的一般式方程为 所以直线一个方向向量为 平面的一个法向量为. 所以. 所以. 【小问2详解】 设平面和所成角为， 因为平面的一般式方程为， 平面的一般式方程为， 所以平面的一个法向量为，平面的一个法向量为. 所以， 所以， 【小问3详解】 证明：设直线的一个方向向量为，则，所以， 令，则，所以直线的一个方向向量为. 因为平面的一般式方程为， 所以平面的一个法向量为. 所以， 所以，又因为不在平面内所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024～2025学年第二学期期中调研试卷 高二数学 （满分150分，考试时间120分钟） 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. 已知，，若，则x的值为（ ） A. 7 B. -8 C. 6 D. -5 2. 展开式中的第项为常数项，则的值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 3. 已知3张卡片的正、反两面分别写有数字1，2；3，4；5，6.将这3张卡片排成一排，则可构成不同的三位数的个数为（ ） A. 120 B. 60 C. 48 D. 36 4. 在正三棱柱中，，P为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A B. C. D. 5. 在四棱锥中，，，，则该四棱锥的高为（ ） A. B. C. D. 6. 6名同学排成一排照相，其中甲､乙两人相邻的排法共有（ ） A. 120种 B. 240种 C. 360种 D. 480种 7. 若，则（ ） A. 30 B. 45 C. 60 D. 90 8. 将6封不同的信放入编号为1，2，3，4的4个邮筒，则恰有2个空邮筒的不同的放法共有（ ） A. 372种 B. 380种 C. 492种 D. 496种 二、选择题：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. 数学竞赛小组有高一学生2人，高二学生4人，高三学生6人，则（ ） A. 若每个年级各选1名学生外出培训，则共有12种不同的选法 B. 若选派2名学生外出培训，这2人来自不同年级，则共有44种不同的选法 C. 若选派3名学生外出培训，恰好有1人来自高二年级，则有116种不同的选法 D. 若选派3名学生外出培训，高三年级的甲乙两位同学不能同时参加，则共有210种不同的选法 10. 若展开式中的常数项为60，则（ ） A. 展开式中第4项的二项式系数最大 B. 实数a的值为4 C. 展开式中奇数项二项式系数和为64 D. 展开式中系数最大的项是第5项 11. 正方体中，点P满足，若正方体棱长为1，则下列正确的有（ ） A 若，，则平面 B. 若，则三棱锥的体积为定值 C. 若，则点到直线的距离的最小值为 D. 若，，则二面角的正弦值的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则向量在向量上的投影向量是_________ 13. 展开式中含项的系数为_____. 14. 在华为的三进制数据处理研究中，设计了一种独特的三进制编码规则.将一个长度为8位的三进制数按位权展开并转化为十进制数，例如三进制数，转化为十进制数，其中，，则三进制数00001110对应的十进制数为_______，现有一个8位三进制数，包含3个，3个0，2个1，若要求首位不能为0，且相邻两位不能同时为，则这样的不同的三进制数个数共有_______. 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. 如图，在平行六面体中，，，，点为的中点，. （1）求的值； （2）求与所成的角的余弦值. 16. 有6名同学报名参加数学、物理、化学三科兴趣小组，每人选择一个小组.（数字作答） （1）求一共有多少种不同的报名方法； （2）若三科均要有人报名，求一共有多少种不同的报名方法； （3）若甲乙两人都不报化学学科，且每个学科都要有人报名，求一共有多少种不同的报名方法. 17. 如图，在四棱锥中，为的中点，，，，，，. （1）求平面与平面所成角的正弦值； （2）在线段上是否存在点，使得平面?若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 18. 设. （1）求实数值； （2）求的值； （3）求的值. 19. 在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线方向式方程为；过点，且法向量为的平面法向式方程为，将其整理成一般式方程为，其中.已知直线的方向式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为. （1）求直线与平面所成角的余弦值； （2）求与所成角的正弦值； （3）若，不在平面内，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $