精品解析：江苏省东海县高级中学高二2025-2026学年第二学期第一次质量监测高二数学

2025—2026学年度第二学期第一次质量监测 高二数学 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. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则（ ） A. B. C. 4 D. 5 2. 中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类.现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 3. 若展开式中常数项为60.则常数a的值为（ ） A. 4 B. 2 C. 8 D. 6 4. 在平行六面体中，，，，是的中点，则的长为（ ） A. B. C. D. 5. 由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字且1，3不相邻的六位数的个数是（ ） A. 36 B. 72 C. 600 D. 480 6. 若，则（ ） A. 22 B. 19 C. －20 D. －19 7. 从集合中分别取2个不同的数作为对数的底数与真数，一共可得到（ ）个不同的对数值 A. 72 B. 59 C. 56 D. 53 8. 已知（，），的展开式中含的项的系数为15，则的展开式中含的项的系数是（ ） A. 6或7 B. 6 C. 8或9 D. 9 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. 9. 对于关于下列排列组合数，结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知的展开式的各项系数之和为1024，则展开式中（ ） A. 奇数项的二项式系数和为256 B. 第6项的系数最大 C. 存在常数项 D. 有理项共有6项 11. 如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 对于任意点Q，Q到的距离的取值范围为 D. 对于任意点，都是钝角三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 四个不同小球放入编号为1、2、3、4四个盒子中，恰有一个空盒的放法有______种. 13. 已知正四面体的每条棱长都等于1，点E，F分别是，的中点，则的值为______. 14. 如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，，．沿AC把折起，使二面角为直二面角，则二面角的余弦值为________． 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. 知向量， （1）若，求实数； （2）若向量与所成角为锐角，求实数的范围． 16. 名男生与名女生，按照下列不同的要求，求不同的方案的方法总数，按要求列出式子，再计算结果，用数字作答. （1）从中选出名男生和名女生排成一列； （2）全体站成一排，男生互不相邻； （3）全体站成一排，甲不站排头，也不站排尾； （4）全体站成一排，甲、乙必须站在一起； 17. 如图，和所在平面垂直，且，．求： （1）直线AD与直线BC所成角的大小； （2）直线AD与平面BCD所成角的大小； （3）平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值． 18. 设，求： （1）； （2）； （3）． 19. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，是的中点，作交于点. （1）求证：平面； （2）若平面与平面的夹角的正弦值为， （i）求长； （ii）求直线与平面所成角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第二学期第一次质量监测 高二数学 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. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则（ ） A. B. C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据可得直线l的方向向量与平面α的法向量平行，然后根据空间向量的平行关系可求m的值. 【详解】因为，所以有， 故选：C 2. 中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类.现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式即得. 【详解】依题意，每个人的选购方式有3种，所以不同的选购方式有种. 故选：A 3. 若展开式中常数项为60.则常数a的值为（ ） A. 4 B. 2 C. 8 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】 直接利用二项式定理计算得到，解得答案. 【详解】展开式的通项为：. 取得到常数项为，解得. 故选：. 【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力. 4. 在平行六面体中，，，，是的中点，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 ， ，，， , ． 5. 由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字且1，3不相邻的六位数的个数是（ ） A. 36 B. 72 C. 600 D. 480 【答案】D 【解析】 【分析】 直接利用插空法计算得到答案. 【详解】根据题意将进行全排列，再将插空得到个. 故选：. 【点睛】本题考查了排列组合中的插空法，意在考查学生的计算能力和应用能力. 6. 若，则（ ） A. 22 B. 19 C. －20 D. －19 【答案】C 【解析】 【分析】将所求进行变形可得，根据二项式定理展开式，即可求得答案. 【详解】由题意得 所以. 故选：C 7. 从集合中分别取2个不同的数作为对数的底数与真数，一共可得到（ ）个不同的对数值 A. 72 B. 59 C. 56 D. 53 【答案】D 【解析】 【分析】分取的两个数中有一个是1、取的两个数不含有1两种情况讨论,注意排除对数值相等的情况. 【详解】①当取的两个数中有一个是1时,则1只能作真数, 此时 或 3 或 4 或 5 或 6 或 7 或 8 或 9 ; ②所取的两个数不含有1时,即从2,3,4,5,6,7,8,9中任取两个,分别作为底数与真数,有 个对数, 但是其中 . 综上可知: 共可以得到 (个) 不同的对数值. 8. 已知（，），的展开式中含的项的系数为15，则的展开式中含的项的系数是（ ） A. 6或7 B. 6 C. 8或9 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】写出、展开式的通项，再对、分类讨论，分别确定、的值，再利用通项计算可得. 【详解】因为展开式的通项为（且）， 展开式的通项为（且）， 若，且，时， 则展开式中含的项为， 依题意可得， 若，则，不存在这样的正整数使得方程成立，故舍去； 若，则，不存在这样的正整数使得方程成立，故舍去； 若，满足题意，此时，则展开式中含的项的系数为； 若，此时，，则无解，故舍去； 若，，则展开式中含的项为，则，解得（负值已舍去）， 此时，则展开式中含的项的系数为； 若，时，展开式中含的项的系数为为，显然为偶数， 由，不存在这样的正整数使得方程成立无解，故舍去； 综上可得的展开式中含的项的系数是或. 故选：C 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. 9. 对于关于下列排列组合数，结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用排列数、组合数公式对各选项逐一计算判断作答. 【详解】对于A，由组合数的性质知，成立，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，因，因此成立，C正确； 对于D，因，即不成立，D不正确. 故选：ABC 10. 已知的展开式的各项系数之和为1024，则展开式中（ ） A. 奇数项的二项式系数和为256 B. 第6项的系数最大 C. 存在常数项 D. 有理项共有6项 【答案】BCD 【解析】 【分析】令即可求出的值，再写出展开式的通项，再一一判断. 【详解】解：令，得，则或（舍去）. ∴的展开式的通项. 对于A，，故A错误； 对于B，由题设展开式共11项，第6项的系数最大，故B正确； 对于C，令，解得，故存在常数项为第三项，故C正确； 对于D，当时，为有理项，故有理项共有项，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 对于任意点Q，Q到的距离的取值范围为 D. 对于任意点，都是钝角三角形 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】由题知，在正方体中，是棱上的动点， 建立以为原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向的空间直角坐标系． 所以，，，设，其中， 所以，， 当，即，所以，显然方程组无解， 所以不存在使得，即不存在点，使得，故A项错误； 当时，解得，故B项正确； 因为，其中， 所以点到的距离为 ，故C项正确； 因为，，其中， 所以， 所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故D项错误． 故选：BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 四个不同小球放入编号为1、2、3、4四个盒子中，恰有一个空盒的放法有______种. 【答案】144 【解析】 【分析】首先把四个小球分成2、1、1三组，然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球，即可求解. 【详解】首先把四个小球分成2、1、1三组，共有种不同的分法， 然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球，共有种. 故答案为：144. 【点睛】本题主要考查了排列、组合的综合应用，其中解答中熟记分配问题的处理方法是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力. 13. 已知正四面体的每条棱长都等于1，点E，F分别是，的中点，则的值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题设有，，再应用空间向量数量积的运算律求结果. 【详解】由题设，四面体各侧面均是等边三角形，且边长都为1， ，， 所以 . 故答案为： 14. 如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，，．沿AC把折起，使二面角为直二面角，则二面角的余弦值为________． 【答案】 【解析】 【分析】以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角即可. 【详解】以点 为坐标原点，平面 为 平面， 方向分别为 轴的正方向， 建立空间直角坐标系，则 ， 在矩形 中，作 于 于 于 ，则 为 在平面 上的射影. 因为 ，所以 . 所以 ，所以 ， ， 所以 ，所以 ， 设平面 的法向量为 . 则 ，令 ，则 ， 因为平面 的一个法向量为 ， 所以 . 由图可知二面角 为锐角. 所以二面角 的余弦值为 . 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. 知向量， （1）若，求实数； （2）若向量与所成角为锐角，求实数的范围． 【答案】（1） （2）且 【解析】 【分析】（1）先求出，，根据向量共线得到方程，求出； （2）由题意得到，且与不同向共线，从而得到不等式，求出答案. 【小问1详解】 因为，， 所以，， 因为，所以，解得：； 【小问2详解】 因为向量与所成角为锐角， 所以，且与不同向共线， 由（1）知，，， 故， 解得且，即的取值范围为且. 16. 名男生与名女生，按照下列不同的要求，求不同的方案的方法总数，按要求列出式子，再计算结果，用数字作答. （1）从中选出名男生和名女生排成一列； （2）全体站成一排，男生互不相邻； （3）全体站成一排，甲不站排头，也不站排尾； （4）全体站成一排，甲、乙必须站在一起； 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用组合与排列先选后排，即可求解； （2）根据条件，利用不相邻问题插入法，即可求解； （3）利用特殊元素优先考虑，结合条件，即可求解； （4）利用相邻问题捆绑法，即可求解. 【小问1详解】 从名男生中任选名有种选法，从名女生中任选名有种选法， 再将选取的人排列有种排法，由乘法原理共有种排法， 【小问2详解】 先将女生全排有种，再从个空隙中选出3个将3个男生插入到3个空隙中有种， 由乘法原理共有种排法. 【小问3详解】 先排甲，有种方法，其余人有种排列方法，共有种， 【小问4详解】 甲乙必须相邻，先将甲乙捆绑有种，再与剩下的个人排列有种，共有种. 17. 如图，和所在平面垂直，且，．求： （1）直线AD与直线BC所成角的大小； （2）直线AD与平面BCD所成角的大小； （3）平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值． 【答案】（1）90°（2）（3） 【解析】 【分析】（1）作AO⊥BC于点O，连DO，以点O为原点，OD，OC，OA的方向分别为x轴、y轴、z轴方向，建立坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成的角； （2）显然平面BCD的一个法向量为，利用空间向量法求出线面角； （3）求出平面CBD的一个法向量为 以及平面ABD的一个法向量为 ，求出两法向量的余弦值的绝对值即为平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值． 【详解】解：设，作AO⊥BC于点O，连DO，以点O为原点，OD，OC，OA的方向分别为x轴、y轴、z轴方向，建立坐标系，得下列坐标： ，， ， ， （1）， ，所以AD与BC所成角等于90°． （2），显然为平面BCD的一个法向量 ∴，直线AD与平面BCD所成角的大小 （3）设平面ABD的法向量为则 所以，即，令，则， 则 设平面ABD和平面BDC的夹角为，则 因此平面ABD和平面BDC的夹角的余弦为． 18. 设，求： （1）； （2）； （3）． 【答案】（1）；（2）；（3）． 【解析】 【分析】 （1）取和，代入计算，两式相加得到答案. （2）根据（1）中结论直接得到答案. （3）利用二项式定理的通项，考虑系数的正负，计算得到答案. 【详解】（1）取得到， 取得到， 两式相加得到. （2）根据（1）知：. （3）展开式的通项为：， 故当为偶数时，对应系数为正；当为奇数时，对应系数为负， 故 . 【点睛】本题考查了赋值法求系数和，二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力. 19. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，是的中点，作交于点. （1）求证：平面； （2）若平面与平面的夹角的正弦值为， （i）求长； （ii）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）2；（ii） 【解析】 【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，计算，所以，结合即可证明； （2）（i）求出平面与平面的法向量，由两平面夹角的正弦值求长； （ii）由（1）可知是直线与平面所成角的一个平面角，即可得解. 【小问1详解】 以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则. 因为， 故，所以. 由已知，且，平面. 所以平面. 【小问2详解】 （i）设平面的法向量，因为， 所以，所以，令，得； 设平面的法向量， 所以，所以，令，得； 设平面与平面的夹角为，则， 因为，所以，所以， 解得（取正），所以长为2. （ii）由（1）可知，故是直线与平面所成角的一个平面角， 在直角中，， 又，则与互余， 所以，即直线与平面所成角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $