精品解析：江苏宿迁市2025-2026学年第二学期期中质量监测高二数学

2025~2026学年第二学期期中质量监测 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. 若，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 2. 若展开式中的常数项为90，则常数的值为（ ） A. 4 B. 2 C. 8 D. 6 3. 已知三点，，，满足，则实数的值为（ ） A. B. 1 C. D. 4. 的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 5. 在三棱锥中，点、分别是棱、的中点，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 6. 战争对百姓伤害极大，现有五个居民区受到战争波及，甲､乙､丙､丁四位医生全部参加救助，每位医生至多负责两个居民区，每个居民区只能有一位医生负责，每个居民区都要有医生负责，则不同的安排方案种数共有（ ） A. 240 B. 360 C. 600 D. 320 7. 已知，则（ ） A. 10 B. 8 C. 6 D. 5 8. 在正方体中，点为线段的中点.点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分. 9. 下列正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列正确的是（ ） A. 由数字1，2，3，4能够组成24个没有重复数字的三位数 B. 由数字1，2，3，4，能够组成16个没有重复数字的三位偶数 C. 由数字1，2，3，4能够组成64个三位密码 D. 由数字1，2，3，4能够组成28个比320大的三位数 11. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（ ） A. 在棱上不存在点M，使平面 B. 异面直线与所成的角为 C. 二面角的大小为 D. 平面 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，若，则与的夹角为______. 13. 展开式中含项的系数是______. 14. 编号为的5个小球放入编号为的3个盒子，要求每个盒子都要放球同时小球的编号与盒子的编号不相同，则不同的放法共有______. 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. 有8辆不同品牌的新能源汽车，其中有5辆车合格，3辆车不合格，现车辆检测中心每次抽一辆车进行检测，直到3辆不合格车全部检测出为止. （1）求前3次检测恰好都是不合格车辆的不同检测情形种数； （2）求最后1辆不合格车正好在第6次检测时被发现的不同检测情形种数； （3）若前2次检测都是不合格车辆，求最多有多少种不同的检测情形种数. 16. 在的展开式中，前3项的系数依次成等差数列. （1）求展开式中的系数； （2）求展开式中所有的有理项. 17. 如图，在正四棱锥中，底面正方形的对角线交于点，.求： （1）直线与平面所成角的大小； （2）点到平面的距离. 18. 在直三棱柱中，，，，点M在线段上，． （1）若为锐角，求实数的取值范围； （2）若二面角的余弦值为，求线段AM的长度． 19. 已知函数，其中. （1）若，求的值； （2）若，求；（用表示） （3）若，求实数的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年第二学期期中质量监测 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. 若，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得. 2. 若展开式中的常数项为90，则常数的值为（ ） A. 4 B. 2 C. 8 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解. 【详解】展开式的通项为， 令，则，故常数项为，则. 3. 已知三点，，，满足，则实数的值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由可得求解即可. 【详解】因为，所以，所以，，所以，解得. 4. 的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【详解】根据题意可知只有最大， 根据二项式系数的性质，故. 5. 在三棱锥中，点、分别是棱、的中点，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为点、分别是棱、的中点， 所以 ， 又，、、不共面， 所以，所以. 6. 战争对百姓伤害极大，现有五个居民区受到战争波及，甲､乙､丙､丁四位医生全部参加救助，每位医生至多负责两个居民区，每个居民区只能有一位医生负责，每个居民区都要有医生负责，则不同的安排方案种数共有（ ） A. 240 B. 360 C. 600 D. 320 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可得其中1名医生需负责两个居民区，另外3名医生每位医生负责一个居民区， 所以共有种不同的安排方案. 7. 已知，则（ ） A. 10 B. 8 C. 6 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】令，则，再由二项式定理求解即可. 【详解】令，则，则， 则，则有， ，则含的项为，故. 8. 在正方体中，点为线段的中点.点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据向量法求出直线与平面所成的角为的正弦值，再表示出并求出其最小值即可. 【详解】设正方体边长为2，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示， 则,,,, 设,则,, 设平面的法向量为,则由得 取，则, 所以为平面的一个法向量， 所以直线与平面所成的角的正弦值 又由，所以, 所以， 又因,所以,所以最小值为 故选：A 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分. 9. 下列正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据组合数以及排列数的性质和公式即可求解ABD，根据二项式定理的展开式即可求解C. 【详解】,,故AB正确， ,C错误， ，D正确， 10. 下列正确的是（ ） A. 由数字1，2，3，4能够组成24个没有重复数字的三位数 B. 由数字1，2，3，4，能够组成16个没有重复数字的三位偶数 C. 由数字1，2，3，4能够组成64个三位密码 D. 由数字1，2，3，4能够组成28个比320大的三位数 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用分步计数原理结合排列组合数进行计算即可． 【详解】由数字1，2，3，4能够组成没有重复数字的三位数有个，故A正确； 若三个数是偶数，则个位可以是2，4，则共有没有重复数字有个，故B错误； 数字1，2，3，4能够组成三位密码有个，故C正确； 若三位数比320大，则百位是4时，有个， 若百位是3，则十位可以是2，3，4时，个位可以是1，2，3，4，共有个，则比320大的三位数有个，故D正确． 故选：ACD． 11. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（ ） A. 在棱上不存在点M，使平面 B. 异面直线与所成的角为 C. 二面角的大小为 D. 平面 【答案】BC 【解析】 【分析】取中点E，连接，，由题意证明线面垂直，即平面，建立空间直角坐标系，对于A选项，假设平面，设，由，求解即可；对于B选项，求，，由即可求解；对于C选项，分别求解平面与平面法向量，由此求解即可；对于D选项，由即可求解. 【详解】取中点E，连接，，因为为等边三角形，则，因为平面平面， 平面平面，平面，平面，则平面， 因为底面为菱形，，所以， 因为平面，所以， 所以以为原点，为轴，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系， 则令，则有，， 则有，，，，，， 对于A选项，令，若平面，则有， 则，，，则有， 即点为原点时，有平面，故A错误； 对于B选项，，，因为，则， 则异面直线与所成的角为，故B正确； 对于C选项，平面的法向量为，则平面的法向量为， 则，，则有， 即，令，则有，，故， 故，故二面角的大小为，故C正确； 对于D选项，，，因为，故与平面不垂直，故D错误. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，若，则与的夹角为______. 【答案】 【解析】 【分析】由求解，再由求解即可. 【详解】因为，，，则，， 所以，解得，所以， ，又， 所以与的夹角为. 13. 展开式中含项的系数是______. 【答案】240 【解析】 【分析】先对二项式因式分解，分别写出展开式的通项，令的指数为 1 ，求出参数的值，代入通项即可得解. 【详解】因为  ，  的展开式通项为  ，   的展开式通项为  ，其中  ， 所以  的展开式通项为  ， 由 ，可得  或  ， 因此，展开式中含 x 项的系数为 . 故答案为： 14. 编号为的5个小球放入编号为的3个盒子，要求每个盒子都要放球同时小球的编号与盒子的编号不相同，则不同的放法共有______. 【答案】48 【解析】 【分析】分一组为3个球，另外两组各1个球和两组各为2个球，另外一组1个球求解. 【详解】由题意得：当一组为3个球，另外两组各1个球时， 假设3个球的组合放入1号盒子， 因为1号盒子不能放编号为1的球，所以这3个球必须从2，3，4，5中选出， 剩下的2个球放入2号和3号盒子， 当1号盒子放入的是2，3，4时，剩下的是1，5，分别放入2号和3号盒子共有2种； 当1号盒子放入的是2，3，5时，剩下的是1，4，分别放入2号和3号盒子共有2种； 当1号盒子放入的是2，4，5时，剩下的是1，3，分别放入2号和3号盒子共有1种； 当1号盒子放入的是3，4，5时，剩下的是1，2，分别放入2号和3号盒子共有1种； 所以当3个球放入1号盒子时共有种； 同理： 2号盒子和3号盒子放入3个球时，都有6种； 所以总共有种； 当两组各为2个球，另外一组1个球时， 假设1个球的组合放入1号盒子， 因为1号盒子不能放编号为1的球，所以这1个球必须从2，3，4，5中选出， 剩下的4个球平均分成两组放入2号和3号盒子， 当1号盒子放入的是2时，剩下的是1，3，4，5，分为13和45组合有1种； 分为14和35组合有1种；分为15和34组合有1种；共3种； 当1号盒子放入的是3时，剩下的是1，2，4，5，分为12和45组合有1种； 分为14和25组合有1种；分为15和24组合有1种；共3种； 当1号盒子放入的是4时，剩下的是1，2，3，5，分为12和35组合有1种； 分为13和25组合有1种；分为15和23组合有0种；共2种； 当1号盒子放入的是5时，剩下的是1，2，3，4，分为12和34组合有1种； 分为13和24组合有1种；分为14和23组合有0种；共2种； 所以总共有种； 同理：当2号盒子和3号盒子放1球时，各有10种，总共有30种， 综上：共有18+30=48种. 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. 有8辆不同品牌的新能源汽车，其中有5辆车合格，3辆车不合格，现车辆检测中心每次抽一辆车进行检测，直到3辆不合格车全部检测出为止. （1）求前3次检测恰好都是不合格车辆的不同检测情形种数； （2）求最后1辆不合格车正好在第6次检测时被发现的不同检测情形种数； （3）若前2次检测都是不合格车辆，求最多有多少种不同的检测情形种数. 【答案】（1）6 （2）3600 （3）720 【解析】 【分析】（1）根据3辆车不合格，由3辆不合格的车全排列求解； （2）根据最后1辆不合格车正好在第6次检测时被发现的，则在前5次检测中，必须恰有2辆不合格和3辆合格的车检测出求解； （3）根据直到3辆不合格车全部检测出检测就停止，至多第8次检测出第3辆不合格的车求解即可. 【小问1详解】 因为有3辆车不合格， 所以前3次检测恰好都是不合格车辆的不同检测情形种数为种； 【小问2详解】 因为最后1辆不合格车正好在第6次检测时被发现的， 所以在前5次检测中，必须恰有2辆不合格的车被检测出，且前5次检测中，还包含3辆合格的车， 所以有种； 【小问3详解】 前2次检测都是不合格车辆共有种，因为直到3辆不合格车全部检测出就停止， 所以由题意在第8次测出第3辆不合格的车， 即第3次，第4次，第5次，第6次和第7次各检测出1辆合格的车有种. 16. 在的展开式中，前3项的系数依次成等差数列. （1）求展开式中的系数； （2）求展开式中所有的有理项. 【答案】（1） （2），， 【解析】 【小问1详解】 二项式展开式的通项为. 其中， 前3项系数依次为，，. 由前3项系数成等差数列，得. 整理得，解得（舍去）. 令，即，解得. 代入通项得系数：. 【小问2详解】 有理项要求为整数，即是4的倍数. 又，故. ： ： ： 所以所求有理项为 17. 如图，在正四棱锥中，底面正方形的对角线交于点，.求： （1）直线与平面所成角的大小； （2）点到平面的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 因为多面体为正四棱锥,所以易得两两垂直. 所以 以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系： 则 所以，, . 设平面的法向量. 由法向量与平面内向量垂直,得 即 令,则,. 所以平面的一个法向量 设直线与平面所成角为，则的正弦值等于. 所以，. 所以直线与平面所成角为 【小问2详解】 由，所以 由（1）可知平面的一个法向量 所以 所以点A到平面PBC的距离为 18. 在直三棱柱中，，，，点M在线段上，． （1）若为锐角，求实数的取值范围； （2）若二面角的余弦值为，求线段AM的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设由（），可得参数范围； （2）在（1）基础上，求出平面的一个法向量，则空间向量法求二项角后可得点坐标，从而求得线段长． 【小问1详解】 以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，则，，，， 设由（），得，， 所以， 所以， 因为为锐角，所以，即且，所以 【小问2详解】 因为，，与重合时不合题意，因此， 设平面的一个法向量为，则，令，得平面的一个法向量为 ， 平面的一个法向量为， 所以解之得： ， 所以，即． 19. 已知函数，其中. （1）若，求的值； （2）若，求；（用表示） （3）若，求实数的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由，得到求解； （2）由得到，再两边求导，然后令求解； （3）由得到，从而得到，再根据求解. 【小问1详解】 因为， 所以，解得； 【小问2详解】 当时，， 两边求导得：. 令，所以 即； 【小问3详解】 当时，， 则， 因为， 所以， ， ， 又因为， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $