1、2019-2020学年度第二学期第一学段教学质量监测高二数学试题一、单选题（本题共8道小题，每题5分，共计40分）1.空间直角坐标中A(1，2，3)，B(1，0，5)，C(3，0，4)，D(4，1，3)，则直线AB与CD的位置关系是( )A. 平行B. 垂直C. 相交但不垂直D. 无法确定【答案】A【解析】【分析】由已知得=（2，2，2），=（1，1，1），=2，从而得到直线AB与CD平行【详解】空间直角坐标系中，A（1，2，3），B（1，0，5），C（3，0，4），D（4，1，3），=（2，2，2），=（1，1，1），=2，直线AB与CD平行故选A【点睛】本题考查空间两直线的位置关系的判断，
2、是基础题，解题时要认真审题2.如图，在正方体ABCD中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为B的中点，F为的中点，则下列向量中，能作为平面AEF的法向量的是( )A. (1，2，4)B. (4,1，2)C. (2，2，1)D. (1，2，2)【答案】B【解析】【分析】由A、E、F的坐标算出=（0，2，1），=（1，0，2）设=（x，y，z）是平面ABC的一个法向量，利用垂直向量数量积为零的方法建立关于x、y、z的方程组，再取y=1即可得到向量的坐标，从而可得答案【详解】设正方体棱长为2，则A（2，0，0），E（2，2，1），F（1，0，2），=（0，2，1），=（1，0，2）设向量=（x，y，z
3、）是平面AEF的一个法向量则，取y=1，得x=4，z=2=（4，1，2）是平面AEF的一个法向量因此可得：只有B选项的向量是平面AEF的法向量故选B【点睛】本题给出空间三个点的坐标，求三点确定平面的法向量的坐标着重考查了空间向量数量积的公式和运算性质等知识，属于中档题3.已知，是不共面的三个向量，则能构成一个基底的一组向量是（）A. 2，+2B. 2，+2C. ，2，D. ，+，【答案】C【解析】【分析】根据空间向量基本定理，空间不共面的三个向量可以作为一个基底由此结合向量共面的充要条件，对各个选项依次加以判断，即可得到本题答案【详解】对于A，因2=（）+（+2），得2、+2三个向量共面，故它
4、们不能构成一个基底，A不正确；对于B，因为2=（）+（+2），得2、+2三个向量共面，故它们不能构成一个基底，B不正确；对于C，因为找不到实数、，使=2+（）成立，故、2、三个向量不共面，它们能构成一个基底，C正确；对于D，因为=（+）（），得、+、三个向量共面，故它们不能构成一个基底，D不正确故选C【点睛】本题给出三个不共面向量，要我们找出能作为基底的向量组主要考查了空间向量基本定理、向量共面的充要条件等基础知识、判断向量是否共面等知识点，属于基础题4.已知平面和平面的法向量分别为m=(3,1,-5),n=(-6,-2,10),则()A. B. C 与相交但不垂直D. 以上都不对【答案】B【
5、解析】【分析】先判断平面和平面的法向量的关系，从而得出两平面的位置关系【详解】因为，所以有，即与共线（平行），可知平面和平面相互平行答案选B【点睛】本题主要考查向量语言表达线面位置关系，关键是向量共线运算，把握公式，精确计算，问题较容易解决5.若能被整除，则的值可能为 （ ）A. B. C. x=5,n=4D. 【答案】C【解析】【详解】所以当时，能被整除，选C.6.若的展开式中第3项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之和为A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意知：，所以，故，令得所有项系数之和为.7.某食堂一窗口供应2荤3素共5种菜，甲、乙两人每人在该窗口打2种菜，且每人至多
6、打1种荤菜，则两人打菜方法的种数为（ ）A. 64B. 81C. 36D. 100【答案】B【解析】【分析】由题甲，乙均有两种情况，一荤一素和两素，再由分步原理可得种数【详解】甲有两种情况：一荤一素，种；两素，种.故甲共有种，同理乙也有9种，则两人打菜方法的种数为种.故选B.【点睛】本题考查分类加法和分步乘法计数原理，属于基础题8.的展开式中的系数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意，根据二项式定理展开式的通项公式，得展开式的通项为，则展开式的通项为，由，得，所以所求的系数为.故选C.点睛：此题主要考查二项式定理的通项公式的应用，以及组合数、整数幂的运算等有关方面的知识与技
7、能，属于中低档题，也是常考知识点.在二项式定理的应用中，注意区分二项式系数与系数，先求出通项公式，再根据所求问题，通过确定未知的次数，求出，将的值代入通项公式进行计算，从而问题可得解.二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的0分.9.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】根据选项的特点，采用赋值法求解.【详解】因为，令得，故A正确.令得，故C正确.故选:AC【点睛】本题主要考查二项式定理展开式的项的系数和系数的和，一般采用通项公式和赋值法，属于中档题.，10.在直四
8、棱柱中，底面是边长为4的正方形，则（ ）A. 异面直线与所成角的余弦值为B. 异面直线与所成角的余弦值为C. 平面D. 点到平面的距离为【答案】ACD【解析】【分析】根据，得到即为 异面直线与所成角，再用余弦定理求解判断A，B的正误.根据;利用线面平行的判定定理判断.C的正误.利用等体积法，有 计算判断D的正误.【详解】因为，所以即为 异面直线与所成角，又因为 ，所以，故A正确.因为平面 平面，所以平面，故C正确.因为 ，即 ，解得 ，故D正确.故选:ACD【点睛】本题主要考查异面直线所成角，线面平行的判定定理，等体积法求三棱锥的高，综合性强，属于中档题.三、填空题（本题共4道小题，每题5分，
9、共计20分）11.已知向量2，x，且，则x的值为_【答案】8【解析】【分析】利用空间向量数量积坐标运算，计算x的值，即可【详解】，解得【点睛】考查了空间向量数量积坐标运算，结合坐标运算，建立方程，计算，即可，属于基础题12.从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为_.【答案】96【解析】【分析】根据题意，分2种情况讨论选出参加竞赛4人，选出的4人没有甲；选出的4人有甲；分别求出每一种情况下分选法数目，由分类计数原理计算可得答案【详解】根据题意，从5名学生中选出4人分别参加竞赛，分2种情况讨论：选出的4人没有甲，即选出其他4人即可
10、，有种情况；选出的4人有甲，由于甲不能参加生物竞赛，则甲有3种选法，在剩余4人中任选3人，参加剩下的三科竞赛，有，则此时共有种选法；综上，总共有种不同的参赛方案；答案选D【点睛】本题考查分类计数原理，属于基础题13.的展开式中，的系数为_【答案】 【解析】由题意得，展开式的通项公式为，则的展开式中，的项为： 故答案为8.14.直三棱柱中，若，则_【答案】【解析】【分析】将向量用基向量表示出来得到答案.【详解】直三棱柱中，若故答案为【点睛】本题考查了空间基向量的知识，意在考查学生的空间想象能力.四、解答题（本题共3道小题，每题10分，共计30分）15.如图，在四棱锥中，侧面底面，且，是的中点（）
11、求证：平面；（）求二面角的余弦值【答案】（）见解析；（）【解析】【详解】试题分析：（1）根据条件可得，两两垂直，因此可建立空间直角坐标系，然后将平面的问题转化成用向量证明，的问题；（2）求出平面，平面的法向量，利用两向量的夹角求出二面角的平面角试题解析：（）证明：因为侧面底面，且，所以，如图，以点为坐标原点，分别以直线，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 设，是的中点，则有，于是，因为，所以，且，因此平面 （）由（）可知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则 所以不妨设，则，由图形知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为点睛：（1）向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数化，避免了寻找平面角和垂
12、线段等诸多麻烦，使空间点线面的位置关系的判定和计算程序化、简单化（2）用向量法解题的主要步骤为：建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算（3）求平面间的夹角的方法就是分别求出两个平面的法向量，通过两个平面的法向量的夹角得到所求角的大小，但要注意平面间的夹角的范围为0,，所以在求得两向量的夹角后还要根据图形判断二面角的大小.16.已知10件不同产品中有3件是次品，现对它们一一取出（不放回）进行检测，直至取出所有次品为止（1）若恰在第5次取到第一件次品，第10次才取到最后一件次品，则这样的不同测试方法数有多少？（2）若恰在第6次取到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？【答案】（
13、1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，分析可得前4次取出的都是正品，第5次和第10次中取出2件次品，剩余的4个位置任意排列，由排列数公式计算可得答案；（2）根据题意，分析可得若第6次为最后一件次品，另2件在前5次中出现，前5次中有3件正品，由排列、组合数公式计算可得答案【详解】解：（1）根据题意，若恰在第5次取到第一件次品，第10次才取到最后一件次品，则前4次取出的都是正品，第5次和第10次中取出2件次品，剩余的4个位置任意排列，则有种不同测试方法，（2）若第6次为最后一件次品，另2件在前5次中出现，前5次中有3件正品，则不同的测试方法有种【点睛】本题考查排列、组合的应用，注意优先分析
14、受到限制的元素、位置，属于基础题17.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形（1）证明：A1C1平面ACD1；（2）求异面直线CD与AD1所成角的大小；（3）已知三棱锥D1ACD的体积为，求AA1的长【答案】（1）见解析（2）90（3）AA11【解析】【分析】（1）先证明A1C1AC，即得证；（2）由CD平面ADD1A1，可得CDAD1，即得解；（3）由，AA1的长可看作三棱锥D1ACD的高，利用体积即得解.【详解】（1）证明：在长方体中，因A1ACC1，A1ACC1，可得A1C1AC，A1C1不在平面ACD1内，AC平面ACD1，则A1C1平面ACD1；（2）解：因为CD平面ADD1A1，AD1平面ADD1A1，可得CDAD1，所以异面直线CD与AD1所成角90 （3）解：由三棱锥D1ACD的体积为，由于平面ACD，且可得，AA11【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于基础题.
