精品解析：江苏省南京市 2025-2026 学年高二第二学期期中学情调研数学试题

2025-2026学年第二学期期中学情调研 高二数学试卷 本卷分值：共150分 考试时间：120分钟 一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知点，向量，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，且，则（ ） A. -2 B. -1 C. 2 D. 1 3. 在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则正整数的值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 4. 对于任意空间向量，，，下列说法正确的是（    ） A. 若且，则 B. C. 若，且，则 D. 5. 在空间直角坐标系中，轴上与点和点距离相等的点是（ ） A. B. C. D. 6. 定义“各位数字之和为6的三位数叫幸运数”，如123，222，则所有幸运数的个数为（ ） A. 21 B. 16 C. 11 D. 6 7. 已知空间向量，若共面，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 8. 下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 二､多选题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的或不选得0分. 9. 如图所示，在正四面体中，，则（ ） A. B. C. 在平面内的投影向量为 D. 在平面内的投影向量为 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 除以5所得的余数是3 11. 已知平行六面体的所有棱长均为，点在线段上，如图所示，则（ ） A. B. 平面 C. 四边形为正方形 D. 的最小值为 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，项的系数为_____________． 13. 甲､乙等5名同学站成一排，其中甲､乙相邻且甲在乙的左边，不同的排法种数是__________.（用数字填空） 14. 阅读材料：平面直角坐标系中，直线可以用关于的二元一次方程表示，点到该直线的距离；空间直角坐标系中，平面可以用关于的三元一次方程表示，点到该平面的距离.若在空间直角坐标系中，点，点，点，则点到平面的距离为__________. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 如图所示，在正方体中，分别是棱的中点. （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 16. 如图，在中，平面分别是线段的中点． （1）求直线与平面所成角的大小； （2）求点到平面的距离． 17. 在二项式的展开式中，求： （1）所有二项式系数的和； （2）所有的有理项； （3）系数最大的项. 18. 某公司为包括甲､乙在内的6名本科毕业生面试准备了包括房间的3个不同的面试室，且所有学生都参加面试，求符合下列各小题要求的不同安排方法. （1）所有学生任意选择房间； （2）若甲､乙有且只有1人在房间，房间安排三人，其他每个房间至少安排一人； （3）恰有一个房间没有学生. （需写出必要的文字叙述､列式过程和计算步骤，并用数字作答.） 19. 如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）设平面平面，若点在线段上运动，且，当直线与平面所成角取最大值时，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期期中学情调研 高二数学试卷 本卷分值：共150分 考试时间：120分钟 一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知点，向量，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题，，， 所以，，， 因此点的坐标为. 2. 已知向量，且，则（ ） A. -2 B. -1 C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据数量积公式，代入求解，即可得答案. 【详解】由，得，解得. 3. 在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则正整数的值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【详解】只有第5项的二项式系数最大，则中间项就是第5项， 即，解得. 4. 对于任意空间向量，，，下列说法正确的是（    ） A. 若且，则 B. C. 若，且，则 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数量积的运算律即可判断BCD，根据向量共线的性质即可判断A. 【详解】对于A，若，则且，不一定成立，故A错误， 对于B，，故B正确， 对于C，若，且，则， 则，无法得出，故C错误， 对于D，表示与共线的向量，而表示与共线的向量， 所以与不一定相等，故D错误. 故选：B. 5. 在空间直角坐标系中，轴上与点和点距离相等的点是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间两点间距离公式可构造方程，从而得到所求点坐标. 【详解】设所求点为. 由得， 解得，因此所求点为. 6. 定义“各位数字之和为6的三位数叫幸运数”，如123，222，则所有幸运数的个数为（ ） A. 21 B. 16 C. 11 D. 6 【答案】A 【解析】 【详解】设三位数的百位、十位、个位数字分别为， 因为， 所以， 当时，，， 幸运数为，共6个， 当时，，， 幸运数为，共5个， 当时，，， 幸运数为，共4个， 当时，，， 幸运数为，共3个， 当时，，， 幸运数为，共2个， 当时，，， 幸运数为，共1个， 综上所述三位数字之和为6的幸运数总计21个. 7. 已知空间向量，若共面，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得，列出方程组求解即可． 【详解】因为共面，所以存在，使得， 即，解得， 所以． 8. 下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据组合数以及排列数的性质求解即可. 【详解】选项A.因为，所以或，A错误. 选项B.因为，所以，解得，B错误. 选项C.根据组合数加法公式，，C错误. 选项D.左边，​ 右边， 左右相等，D正确. 二､多选题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的或不选得0分. 9. 如图所示，在正四面体中，，则（ ） A. B. C. 在平面内的投影向量为 D. 在平面内的投影向量为 【答案】BD 【解析】 【分析】由空间向量基本定理，空间向量的线性运算及正四面体的性质即可求解． 【详解】对于AB，由题知，， ，故A错误，B正确； 对于CD，设点在平面的投影为点， 由正四面体得，底面为等边三角形，且侧棱， 所以由正四面体的性质得，顶点在底面的投影是底面的重心，在平面的投影向量为，则， 所以在平面内的投影向量为，故C错误，D正确． 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 除以5所得的余数是3 【答案】ACD 【解析】 【分析】由赋值法判断ABC；根据二项式展开式即可判断D． 【详解】对于A，令，得，故A正确； 对于B，令，得， 所以，故B错误； 对于C，令，得，则， 由得，，故C正确； 对于D， ， 显然，除了最后一项，其余各项均能被5整除， 所以除以5所得的余数是3，故D正确． 11. 已知平行六面体的所有棱长均为，点在线段上，如图所示，则（ ） A. B. 平面 C. 四边形为正方形 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理及空间向量的运算法则即可判断各选项． 【详解】对于A，因为， 所以 ， 所以，故A错误； 对于B，由题可知，， 因为， ， 所以， 又平面，， 所以平面，故B正确； 对于C，由题可知，四边形为平行四边形， 又因为， 所以， 所以平行四边形为菱形， 又， 所以，则菱形为正方形，故C正确； 对于D，设， 则， 所以 ， 所以的最小值为，故D正确． 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，项的系数为_____________． 【答案】10 【解析】 【分析】依据多项式乘法的法则得到含项只需要其中三个因式取第四个因式不取即可. 【详解】展开式中项的产生， 可以看作，，，四个括号中三个括号取， 一个括号取常数，所以项的系数为. 13. 甲､乙等5名同学站成一排，其中甲､乙相邻且甲在乙的左边，不同的排法种数是__________.（用数字填空） 【答案】24 【解析】 【分析】根据捆绑法求解即可. 【详解】因为要求甲、乙相邻，且甲固定在乙的左侧，所以可直接将甲、乙看作1个整体，甲乙内部顺序固定，只有1种排列方式。 此时相当于一共个元素进行全排列，排列数为， 因此不同排法种数为24. 14. 阅读材料：平面直角坐标系中，直线可以用关于的二元一次方程表示，点到该直线的距离；空间直角坐标系中，平面可以用关于的三元一次方程表示，点到该平面的距离.若在空间直角坐标系中，点，点，点，则点到平面的距离为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据点到平面的距离公式求解即可. 【详解】设平面方程为. 因为平面过原点，，， 所以，解得. 令，得，因此平面的方程为. 已知点，所以点到平面的距离. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 如图所示，在正方体中，分别是棱的中点. （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1） 方法一：在正方体中，因为平面， 又平面，所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，且平面， 所以平面，又因为平面， 所以. 方法二：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示， 设正方体棱长为2，则， ，所以 ， 所以，即. （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：根据线面垂直的判定定理以及线面垂直的性质求解即可. 方法二：建立空间直角坐标系，根据向量法求解即可. （2）方法一：根据异面直线所成角的概念以及余弦定理求解即可. 方法二：根据向量法，计算异面直线所成角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 而，所以， 所以直线与直线的夹角就是直线与所成的角， 设正方体棱长为，设异面直线与所成的角为， 计算得， 所以由余弦定理得 所以异面直线与所成角的余弦值为. 方法二： 因为分别是棱的中点，所以，所以， 设异面直线与所成的角为， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 16. 如图，在中，平面分别是线段的中点． （1）求直线与平面所成角的大小； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由线面夹角的向量公式即可求解； （2）由点到平面距离的向量公式即可求解． 【小问1详解】 因为平面， 所以以点为坐标原点，为轴，为轴，过与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， ， 分别是线段的中点， 所以， 设平面的法向量为， 所以，即， 取，则，所以， 设直线与平面所成的角为， 所以， 因为，所以， 所以直线与平面所成角的大小为． 【小问2详解】 ， 设平面的法向量为， 所以，即， 取，则，所以， 点到平面的距离， 所以点到平面的距离为． 17. 在二项式的展开式中，求： （1）所有二项式系数的和； （2）所有的有理项； （3）系数最大的项. 【答案】（1）128 （2）；.； （3） 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数的性质求解即可. （2）根据二项式展开式求解即可. （3）设第项系数最大，列出不等式，再求解即可. 【小问1详解】 所有二项式系数的和为. 【小问2详解】 展开式的通项为. 所以当时，为有理项，所以； ;； 【小问3详解】 由（2）知，， 设第项系数最大，所以， 整理得即， 解得，而，则， 所以系数最大的项是第3项：. 18. 某公司为包括甲､乙在内的6名本科毕业生面试准备了包括房间的3个不同的面试室，且所有学生都参加面试，求符合下列各小题要求的不同安排方法. （1）所有学生任意选择房间； （2）若甲､乙有且只有1人在房间，房间安排三人，其他每个房间至少安排一人； （3）恰有一个房间没有学生. （需写出必要的文字叙述､列式过程和计算步骤，并用数字作答.） 【答案】（1）729种 （2）72种 （3）186种 【解析】 【小问1详解】 所有学生任意选择房间，即每个学生都有3种选择， 根据分步计数原理，方法数有种. 【小问2详解】 首先选择去房间的人，先从甲､乙中任选一人，有种选法， 再从剩余四人中任选2人，有种选法， 剩下的三人去剩下的两个房间，只有一个房间1人，另一个房间2人这一种分组方式，共有种选法， 将该分组进行排列，有种排列方法， 根据分步计数原理，方法数有种. 【小问3详解】 恰有一个房间没有学生，即只有两个房间有学生，共有三种分组方式， 分别为1个房间1人，1个房间5人，或1个房间2人，1个房间4人，或两个房间3人 因此三个房间进入学生数有如下分配： ①按分配，方法数有种； ②按分配，方法数有种； ③按分配，方法数有种， 根据分类计数原理，方法数有种. 19. 如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）设平面平面，若点在线段上运动，且，当直线与平面所成角取最大值时，求的值． 【答案】（1） 因为底面是菱形，所以， 又因为平面平面， 所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定即可证明； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的余弦公式即可求解； （3）设，由线面夹角的向量公式即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面， 在菱形中，，所以，则为等边三角形， 取中点，所以，又，所以， 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 所以， 平面的一个法向量为， ， 设平面的一个法向量， 所以，即， 取，则，所以， 所以， 由图可知平面与平面所成角为锐角， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 【小问3详解】 由（1）知，平面，且平面平面， 可得，故直线的方向向量可取为 点在线段上运动，， 而当时，点在点处，此时在平面内，所成角为0，不可能为最大值， 所以， ， ， 设平面的一个法向量为， 所以，即， 取，则， 所以， 设直线与平面所成角为，要使最大，即最大， 所以， 因为函数在上单调递减， 所以，则， 所以当时，取到最大值， 所以当直线与平面所成角取最大值时，的值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $