2022-2023学年江苏省连云港市海头高级中学高二下学期期中模拟数学试题含解析

2022-2023学年江苏省连云港市海头高级中学高二下学期期中模拟数学试题

一、单选题

1．已知空间向量，，若与垂直，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由向量的数量积运算求出，再结合向量模的运算求解即可.

【详解】解：由空间向量，，若与垂直，

则，

即，

即，

即，

即，

即，

故选：A.

【点睛】本题考查了向量的数量积运算，重点考查了向量模的运算，属基础题.

2．5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项比赛无并列冠军），则不同的结果种数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据分步计数原理可得结果.

【详解】每项比赛的冠军均可以被5名同学其中一名获得，有5种方法，

所以5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军时，不同的结果种数为.

故选：A.

3．如图.空间四边形OABC中，，点M在OA上，且满足，点N为BC的中点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据空间向量的加减和数乘运算直接求解即可.

【详解】.

故选：D.

4．已知，若三向量共面，则实数等于（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】D

【分析】利用向量共面定理，设，列出方程组，即可求出实数．

【详解】，三向量共面，

可设，即，

，解得．

故选：D．

5．《孙子算经》中曾经记载，中国古代诸侯的爵位等级从高到低分为：公、侯、伯、子、男，共有五级．若给有巨大贡献的甲、乙两人进行封爵，则在甲的爵位等级比乙高的条件下，甲、乙两人爵位相邻的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】应用条件概率公式计算即可

【点睛】记“甲的爵位等级比乙高为事件A”，“甲、乙两人爵位相邻为事件B”

事件A包含10个基本事件：（公，侯），（公，伯），（公，子）（公，男），（侯，伯），（侯，子），（侯，男），（伯，子），（伯，男），（子，男）

事件AB包含4个基本事件：（公，侯），（侯，伯），（伯，子），（子，男）

则

故选：C

6．已知随机变量X满足，，下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据方差和期望的性质即可求解.

【详解】根据方差和期望的性质可得：,,

故选：D

7．某班将6名同学分配到甲､乙､丙三个社区参加劳动锻炼，每个社区至少分配一名同学，则甲社区恰好分配2名同学的方法共有（    ）

A．105种 B．150种 C．210种 D．660种

【答案】C

【分析】先选出2名同学安排到甲社区，再把剩下的4名同学分成两组，分配到其他两个社区即可.

【详解】先选出2名同学安排到甲社区，再把剩下的3名同学分成两组，分配到其他两个社区：

．

故选：C

8．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，，M为PC上一动点，，若∠BMD为钝角，则实数t可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】建立空间直角坐标系，利用即可求解.

【详解】分别以、、为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

设， ，故，,，,

由可知，，即，

又因为为钝角，所以，

由,,可知，，

，整理得，

解得，

故选：D.

二、多选题

9．下列命题是真命题的有（       ）

A．直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直

B．直线的方向向量为，平面的法向量为，则

C．平面，的法向量分别为，，则

D．平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则

【答案】AD

【分析】根据直线的方向向量、平面法向量的性质，结合空间向量数量积的运算性质逐一判断即可.

【详解】A：∵，，

∴，则，

∴直线与垂直，故A正确；

B：，，则，

则，∴或，故B错误；

C：∵，，∴与不共线，

∴不成立，故C错误；

D：∵点，，，

∴，.

∵向量是平面的法向量，∴，

即，解得，故D正确.

故选：AD

10．下列等式正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据组合数的性质可判断A；利用排列数公式计算可判断B，D；用特值法可判断C.

【详解】根据组合数的性质可知，故A正确；

∵，故B正确；

当时，，此时，故C错误；

∵，

∴，故D正确.

故选：ABD.

11．将边长为的正方形ABCD沿BD折成如图所示的直二面角，对角线BD的中点为O，下列说法正确的有（    ）

A． B．

C．二面角的正切值为 D．点B到平面ACD的距离为

【答案】AC

【分析】由面面垂直可得线面垂直，进而得线线垂直，根据勾股定理即可求解A,假设，进而得到矛盾，即可判断B，根据二面角的几何求法即可求解C,根据等体积法即可判断D.

【详解】因为平面平面,其交线为，且故平面，所以,由,所以,故A正确，

假若，又因为,则平面,进而,而这与矛盾，故不可能成立，故B错误，

取中点为，连接,因为,平面,故可得,进而可得平面,因此,故为二面角的平面角,,故C正确.

，故D错误.

故选：AC

12．（多选题）甲罐中有2个红球、2个黑球，乙罐中有3个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】根据古典概型求概率公式得到，由全概率公式计算，由条件概率计算BD选项中的概率.

【详解】因为甲罐中有2个红球、2个黑球，所以，故选项A正确；

因为，所以选项C正确；

因为，，所以，故选项D正确；

因为，所以选项B错误；

故选：ACD

三、填空题

13．若，则x的值为_______

【答案】4

【分析】利用排列组合公式，将方程化为关于x的一元二次方程求解，注意x的范围.

【详解】由题设，，

整理得：，可得或，

又，故.

故答案为：4

14．某学校有一块绿化用地，其形状如图所示．为了让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域颜色不同．现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不同的种植方案共有________种．（用数字作答）

【答案】180

【分析】利用分步乘法计数原理即得.

【详解】先在1中种植，有5种不同的种植方法，再在2中种植，有4种不同的种植方法，

再在3中种植，有3种不同的种植方法，最后在4中种植，有3种不同的种植方法，

所以不同的种植方案共有（种）．

故答案为：180．

15．若，则被4除得的余数为___________.

【答案】1

【分析】分别取，两式相加可以求得，进而根据二项式定理展开，判断被4除得的余数.

【详解】由题知，时，①，

时，②，由①+②得，

，

故

所以被4除得的余数是1.

故答案为：1.

【点睛】方法点睛：二项式定理展开可以用来解决除法余数问题.

16．在棱长为的正四面体中，为上的一点，且，为的中点，则点A到平面的距离为 __________．

【答案】/

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求出点A到平面BMN的距离．

【详解】取BC中点E，连接AE，交BN于点O，连接DO，

四面体ABCD是正四面体，N，E分别为AC，BC中点，

为等边的中心，且平面ABC，

以N为坐标原点，分别以NB，NC所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，其中DO平行于轴，

在棱长为的正四面体ABCD中，M为AD上的一点且，N为AC中点，

，

，

，

，

设，则，

解得，

，

设平面BMN的法向量，

则，取，得，

又，点到平面BMN的距离．

故答案为：．

四、解答题

17．某学习小组有3个男生和4个女生共7人.

(1)将此7人排成一排，男女彼此相间的排法有多少种？

(2)将此7人排成一排，男生甲不站最左边，男生乙不站最右边的排法有多少种？

(3)从中选出2名男生和2名女生分别承担4种不同的任务，有多少种选派方法？

【答案】(1)144

(2)3720

(3)432

【分析】（1）按照插空法，先排男生，再排女生，即可求解；

（2）分男生甲在最右边和男生甲不站最左边也不在最右边两种情况，结合排列数公式，即可求解；

（3）按照先选再排的方法，结合组合数和排列数公式，即可求解.

【详解】（1）根据题意，分2步进行分析：

①，将3个男生全排列，有种排法，排好后有4个空位，

②，将4名女生全排列，安排到4个空位中，有种排法，

则一共有种排法；

（2）根据题意，分2种情况讨论：

①，男生甲在最右边，有，

②，男生甲不站最左边也不在最右边，有，

则有720+3000＝3720种排法；

（3）根据题意，分2步进行分析：

①，在3名男生中选取2名男生，4名女生中选取2名女生，有种选取方法，

②，将选出的4人全排列，承担4种不同的任务，有种情况，

则有种不同的安排方法

18．有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有大小、形状完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球；乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球．假设试验选到甲袋或乙袋的概率都是．

(1)求从袋子中摸出红球的概率；

(2)求在摸出白球的条件下，该球来自甲袋的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据全概率公式求解；

（2）利用条件概率公式计算可得结果.

【详解】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，

“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球"为事件，

∵，

∴，

所以从袋子中摸出红球的概率为．

（2）因为是对立事件，，又，

所以，

所以在摸出白球的条件下，该球来自甲袋的概率为.

19．在二项式的展开式中.

（1）若展开式后三项的二项式系数的和等于67，求展开式中二项式系数最大的项；

（2）若为满足的整数，且展开式中有常数项，试求的值和常数项.

【答案】（1）展开式中二项式系数最大的项为第6和第7项，，（2），常数项为

【分析】（1）根据条件求出的值，然后判断第几项二项式系数最大，并求之；（2）常数项其实说明的指数为，根据这一特点，利用项数与第几项的关系求解出的值.

【详解】解：（1）由已知

整理得，显然

则展开式中二项式系数最大的项为第6和第7项

（2）设第项为常数项，为整数，

则有，

所以，或

当时，；时，（不合题意舍去），所以

常数项为

【点睛】对于形如的展开式，展开后一共有项，若为奇数，则二项式系数最大的项有项，分别为项，为若为偶数，则二项式系数最大的项有项，即为项（也可借助杨辉三角的图分析）.

20．在四棱锥中，底面，底面是边长为2的菱形，，是的中点．

(1)求证：平面平面；

(2)直线与平面所成角为，求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，即可得到，再由线面垂直的性质得到，即可证明平面，从而得证；

（2）建立空间直角坐标系，根据条件计算，求出两平面的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小．

【详解】（1）证明：连接，，，

是等边三角形，又是的中点，，

平面，平面，

，又，平面，

平面，又平面，

平面平面．

（2）解：平面，为与平面所成的角，即，

又平面，所以，

是边长为的等边三角形，，

，

以为原点，建立空间直角坐标系如图所示：

则，，，

，，

设平面的法向量为，则，即，

令可得，

平面，故为平面的一个法向量，

，显然二面角为锐二面角，

二面角的余弦值为．

21．某校在体育节期间进行趣味投篮比赛，设置了A，B两种投篮方案．方案A：罚球线投篮，投中可以得2分，投不中不得分；方案B：三分线外投篮，投中可以得3分，投不中不得分．甲、乙两位同学参加比赛，选择方案A投中的概率都为，选择方案B投中的概率都为，每人有且只有一次投篮机会，投中与否互不影响．

(1)若甲同学选择方案A投篮，乙同学选择方案B投篮，记他们的得分之和为X，，求X的分布列和数学期望；

(2)若甲、乙两位同学都选择方案A或都选择方案B投篮，问：他们都选择哪种方案投篮，得分之和的均值较大?

【答案】(1)分布列见解析，数学期望为；

(2)答案见解析.

【分析】（1）求出及的可能值，再求出各个值的概率，列出分布列，求出期望作答.

（2）求出都选择方案A，都选择方案B投篮得分之和的均值，再比较大小即可作答.

【详解】（1）依题意，甲投中的概率为，乙投中的概率为，于是得，解得，

的可能值为0，2，3，5，

，，，，

所以的分布列为：

数学期望.

（2）设甲、乙都选择方案A投篮，投中次数为，都选择方案B投篮，投中次数为，

则两人都选择方案A投篮得分和的均值为，都选择方案B投篮得分和的均值为，

有，，则，，

若，即，解得，若，即，解得，

若，即，解得，

所以，当时，甲、乙两位同学都选择方案A投篮，得分之和的均值较大，

当时，甲、乙两位同学都选择方案A或都选择方案B投篮，得分之和的均值相等，

当时，甲、乙两位同学都选择方案B投篮，得分之和的均值较大.

22．在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点.

(1)求证：平面；

(2)点P在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证明；

(2)利用空间向量的坐标运算表示线面夹角即可求解.

【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，

又因为，，平面，，

所以平面.

（2）取的中点O，连接，四边形为菱形，且，

所以.

因为平面平面，平面平面，

平面，

所以平面，所以，又因为，，

所以平面.取中点D，连结，

以O为原点，，，为空间基底建立直角坐标系.

则，，，，

所以，.

设平面的一个法向量为，

所以，令，则，，

所以.

设，可得点，.

由题意

解得或（舍），即.