数学（苏教版2019江苏专用A卷）（范围：空间向量与立体几何、计数原理）2022-2023学年高二数学下学期期中考前必刷卷

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本试卷共22小题，满分150分，考试用时120分钟。
单选题
1.【答案】BC
【分析】利用坐标法，设，可得平面的法向量，进而即得.
【详解】以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，设，
所以，，
设为平面的法向量，
则有：，令，可得，
则点到平面的距离为，
因为，所以，所以.
故选：BC
2．【答案】B
【分析】根据题意，利用插空法分析：先将亮的8盏灯排成一排，进而在7个空位中，任取4个插入熄灭的4盏灯，由组合式公式计算可得答案．
【详解】根据题意，使用插空法分析：原来有12盏路灯，熄灭其中的4盏灯，还有8盏是亮着的，
先将亮的8盏灯排成一排，由于两端的灯不能熄灭，则有7个符合条件的空位，
进而在7个空位中，任取4个插入熄灭的4盏灯，有种方法，
故选：C．
3．【答案】B
【分析】对于①，根据题意得，，平面，得，得平面，又由，对于②③，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，根据空间向量法即可解决；对于④，由①中得，，，得，即可解决.
【详解】由题知，在正方体中，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，
如图，连接，
所以，，平面，
所以，
因为平面，
所以平面，
因为在中，分别为中点，
所以，
所以平面，
因为平面
所以平面平面，故①正确，
由题知，两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，
因为分别为所在棱的中点，为下底面的中心，
所以，
所以，
因为，
所以成立，不成立；故②正确，③错误；
又由①中得，，，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，故④正确，
故选：B
4．【答案】D
【分析】将转化为，再利用二项展开式的通项公式，即可求得答案．
【详解】因为，
所以，
故选：D．
5．【答案】A
【分析】根据涂色问题，按照使用颜色种数进行分类，再结合分步计数原理，即可得总的方法数.
【详解】若用3种不同的颜色灯带都使用，故有两块区域涂色相同，要么，要么相同，有2种方案，则不同的信号数为；
若只用2种不同的颜色灯带，则颜色相同，颜色相同，只有1种方案，则不同的信号数为；
则不同的信号总数为.
故选：A．
6．【答案】A
【分析】根据题意结合空间向量的线性运算求解.
【详解】由题意可得：，
根据空间向量基本定理可知：只有与相等.
故选：A.
7．【答案】C
【分析】根据题意建立如图空间直角坐标系，利用向量法结合PD与平面PAC的线面角，可求出PD.
【详解】，，，
由余弦定理得，即，
则有，所以，
又平面ABCD，以D为原点，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
设，由，，
得，，，，，
， ， ，
设平面PAC的法向量为 ， 则 ，
令，则，，所以 ，
直线PD与平面PAC所成角为，所以 ，
则有，解得， 则.
故选：C.
8．【答案】C
【分析】根据题意得到总的可能的情况，再分上珠拨的是千位档或百位档和上珠拨的是个位档或十位档进行分类，得到符合要求的情况，从而得到符合要求的概率.
【详解】依题意得所拨数字共有种可能．
要使所拨数字大于，则：
若上珠拨的是千位档或百位档，则所拨数字一定大于，有种；
若上珠拨的是个位档或十位档，则下珠一定要拨千位，再从个、十、百里选一个下珠，
有种，
则所拨数字大于的概率为，
故选：C．
二、多选题
9．【答案】BCD
【分析】根据向量的线性运算法则，可判断A错误；分别取，的中点，，连接，，，根据平面平面，得到点的轨迹为线段，可判定B正确；以为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据向量的坐标运算，求得，设到的距离为，求得，进而可判定C正确；设，根据空间向量的基本定理，列出方程组求得，进而可判定D正确．
【详解】对于A中，如图所示，可得
，所以A错误；
对于B中，如图所示，分别取，的中点，，连接，，，
因为，且平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为平面，平面，且，
所以平面平面，所以点的轨迹为线段，
所以，故B正确；
对于C中，如图所示，以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，．
由，得，，
所以，
同理可得，所以，
设到的距离为，又因为，
则．
因为，要使的面积最小，即要最小，此时，
所以C正确；
对于D中，如图所示，以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设，即，则，
而，
即，
所以，解得，所以，所以，
故D正确．
故选：BCD．
10．【答案】AC
【分析】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,令进行判断;对于B,令和计算判断即可;对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为可进行判断;对于D,令即可进行判断.
【详解】根据二项式定理,的通项公式为,
对于A,常数项为,故A正确;
对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误;
对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确;
对于D,令,各项的系数之和为,故D错误.
故选:AC.
11．【答案】ACD
【分析】对于A，分步乘法计数原理即可判断. 对于B、C，利用排列组合的应用，即可判断. 对于D，利用分组分配知识即可判断.
【详解】对于A，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方式，则有种安排方法，故选项A正确.
对于B，根据题意，分2步进行分析：先将5人分成4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，故选项B错误.
对于C，根据题意，分2种情况需要讨论：①从丙､丁､戊中选出2人开车，②从丙､丁､戊中选出1人开车，则有种安排方法，故选项C正确.
对于D，分2步进行分析：先将5人分成3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译､导游､礼仪三项工作，有种安排方法，则这5名同学全部被安排的不同方法数为，故选项D正确.
故选：ACD.
12．【答案】ABD
【分析】根据空间向量的线性运算，然后将向量的模转化为数量积计算，再结合二次函数的性质即可判断A；当时，根据即可得到，从而即可判断B；从结论出发，若需要平面，则需要，则需要，即需要，进而即可判断C；分别求出以为球心，为半径的球面与四边形，，形成的交线长即可判断D．
【详解】对于A，因为，且，
所以，
当时，，当且仅当，时，等号成立，所以正确；
对于B，当时，，
所以，所以为线段的中点，所以B正确；
对于C，因为平面，平面，所以，
因为，所以，
因为，所以，所以错误；
对于D，
由，则以为球心，为半径的球面与该正方体的表面形成的交线可分为两类，
一类是顶点所在的三个面，即面，面，面，
显然该球面与这三个正方形只有，，三个交点，无交线；
另一类是不过顶点的三个面，即面，面，面，
以为圆心，2为半径作，在上任取点，则，
又，则，
所以是以为球心，为半径的球面与该正方体的表面所形成的交线，
同理可得，分别为该球面与该正方体的表面，所形成的交线，
故以为球心，为半径的球面与该正方体的表面形成的交线是以2为半径的四分之一的圆弧，
所以交线长为，所以D正确．
故选：ABD．
三、填空题
13．【答案】
【分析】作出辅助线，找到即为直线l，建立空间直角坐标系，设出，求出点的坐标，利用异面直线夹角余弦公式求出答案.
【详解】作出图形，如图所示．
延长至E，使得，则≌，≌，
故，，故四边形为平行四边形，
连接，延长，交于点G，连接，则即为直线l．
以D为坐标原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，过点作轴于点，则∽，且相似比为1:2，
故，，
则，，，，
故，，
故直线l与所成角的余弦值为．
故答案为：
14．【答案】（答案不唯一）
【分析】利用向量法得出平面BHD的一个法向量.
【详解】由题意可知，
则
,.设为平面BHD的一个法向量，
则，不妨设，则.
故平面BHD的一个法向量为.
故答案为：（答案不唯一）
15．【答案】
【分析】求出二项展开式的通项，令的指数等于2，求得，再根据展开式中的系数为60，即可得出答案.
【详解】的展开式的通项为，
令，则，
则在展开式中，的系数为，
所以.
故答案为：.
16．【答案】##
【分析】利用古典概率模型，结合组合数的运算求解.
【详解】由题可知则A和B至多有一个入选的概率为,
故答案为:.
四、解答题
17．
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）由三角形中位线得线线平行，进而由直线与平面平行的判定定理可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角秋季的长度，根据三棱锥的体积公式即可求解.
【详解】（1）连接，设，如下图所示:
四边形ABCD是矩形，所以是的中点， F为PB中点，所以有，
而平面，平面，由直线与平面平行的判定定理可知:平面AFC；
（2）建立如上图所示的空间直角坐标系，
设，，
设平面的法向量为，，则有
，
而PA⊥平面，所以是平面的法向量，
所以有，
，设，，
三棱锥的体积为，解得，
所以当时，三棱锥的体积为．
18．
【答案】（1）729；（2）.
【分析】（1）将展开，将代入展开式求出的值，即可得到的值；
（2）对展开式求导，令，求出的值，求出展开式中的表达式，即可求出的值.
【详解】（1）由题意，
在中，
设，
的展开式通项为：，
∴，
即，
∴，解得，
∴，
.
（2）由题意及（1）得，
在中，
两边求导得：，
令，
有，
∵二项展开式中，
∴.
19．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）分选到0和没有选到0两种情况，利用排列组合公式，即可求解；
（2）对个位进行分类，利用排列数公式，即可求解；
（3）利用间接法，结合排列组合公式，即可求解.
【详解】（1）若选到0，则0不能排在首位，有种方法，
若没有选到0，则有种方法，
综上可知，共有种方法；
（2）个位是偶数的数是偶数，
若个位是0，则有种方法，
若个位不是0，则个位是2，4，6中的一个数字，有3种方法，千位有5种方法，中间两位有种方法，则有种方法，
综上可知，共有种方法；
（3）中选出4个数字组成一个四位数，共有个数字，其中四位数有5且有6的数字，有个四位数，
则个四位数，
综上可知，若5和6至多出现1个，可以组成个没有重复数字的四位数.
20．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2.
【分析】（1）证得平面，结合面面垂直的判定定理即可证出结论；
（2）当在的中点位置时体积最大，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.
【详解】（1）由题设知，平面平面，交线为.
因为，平面，
所以平面，平面，
故,因为是上异于，的点，且为直径，
所以，又，平面，
所以平面，而平面，
故平面平面；
（2）以D为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，
设是平面MAB的法向量，则
即，可取，
又是平面的一个法向量，因此
，，
得，所以，，
所以面与面所成二面角的正切值是.
21．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）运用组合的定义进行求解即可；
（2）运用分类计数原理，结合组合的定义进行求解即可；
（3）运用组合和排列的定义进行求解即可.
【详解】（1）因为一共有人，所以选出4人参加植树节活动有种不同选法；
（2）男生甲去不同的选法为：，
男生甲不去不同的选法为：，
所以不同的选取方法数为：；
选出2名女生，且4人需要排队前往，但女生必须相邻，则共有种不同选法.
22．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据线面垂直的性质得到，根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用空间向量的方法求线面角即可；
（3）利用空间向量的方法求点到面的距离即可.
【详解】（1）在三棱柱中，，为，的中点，∴，
∵平面，∴平面，
∵平面，∴，
在三角形中，，为中点，∴，
∵，平面，∴平面.
（2）
如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
在直角三角形中，，，∴，
，，，，
，，，
设平面的法向量为，
，令，则，，所以，
设直线与平面所成角为，
所以.
（3）设点到平面的距离为，所以.