2022-2023学年江苏省宿迁市高二下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省宿迁市高二下学期期中数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省宿迁市高二下学期期中数学试题 一、单选题1．设，化简（    ）．A． B． C． D．【答案】C【分析】根据二项式定理化简即可．【详解】，故选：C．2．已知平面α的一个法向量为，则AB所在直线l与平面α的位置关系为（　　）.A． B．C． D．l与α相交但不垂直【答案】A【分析】由向量与平面法向量的关系判断直线与平面的位置关系.【详解】因为，所以，即，所以.故选：A3．已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（    ）．A． B． C． D．【答案】C【分析】根据投影向量的计算公式求解即可.【详解】向量在向量上的投影向量为.故选:C.4．由0，1，2，3，5组成的无重复数字的五位偶数共有（    ）．A．42个 B．48个 C．54个 D．120个【答案】A【分析】分为五位数的个位数是,五位数的个位数是两类，依据两个计数原理求解.【详解】若五位数的个位数是，则有种情形；若五位数的个位数是，由于不排首位，因此只有有种情形，中间的三个位置有种情形，依据分步计数原理，可得种情形．由分类计数原理可得所有无重复五位偶数的个数为.故选：A．5．已知空间四面体中，对空间内任一点，满足下列条件中能确定点共面的是（   ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用空间中四点共面定理求解即可.【详解】根据空间中四点共面可知，解得.故选：D6．如图，提供4种不同的颜色给图中，，，四块区域涂色，若相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（     ）种．A．12 B．36 C．48 D．72【答案】C【分析】根据使用颜色的数量进行分类计算即可.【详解】如果只用了3种颜色，则ABD三块区域颜色必两两不同，C区域必与A相同，则涂法有种；如果用了全部4种颜色，则涂法有种；所以总共有种涂法.故选：C.7．当时，将三项式展开，可得到如图所示的三项展开式和“广义杨辉三角形”：……第0行第1行第2行第3行第4行广义杨辉三角形11   1   11   2   3   2   11   3   6   7   6   3   11   4   10   16   19   16   10   4   1若在的展开式中，的系数为75，则实数a的值为（    ）．A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】根据广义杨辉三角形的信息找出第五行的规律，然后根据题意求得.【详解】由题意可得广义杨辉三角形第五行的前两个数字为1,5,15,30,45,51,45,30,15,5,1，所以在的展开式中，的系数为解得.故答案为：C.8．如图，在四棱锥中，平面，，，，已知Q是棱上靠近点P的四等分点，则与平面所成角的正弦值为（    ）．  A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点、的坐标，求出平面的法向量，最后求出与平面所成角的正弦值.【详解】平面，，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，..易知平面的法向量.设与平面所成角为，则.故选：C.   二、多选题9．若向量与的夹角为锐角，则实数x的值可能为（    ）.A．4 B．5 C．6 D．7【答案】CD【分析】依题意可得且与不同向，根据数量积的坐标表示得到不等式，求解即可.【详解】因为与的夹角为锐角，所以，解得，当与共线时，，解得，所以实数x的取值范围是，经检验，选项C、D符合题意.故选：CD10．甲、乙、丙、丁、戊5人参加完某项活动后合影留念，则（    ）．A．甲、乙、丙站前排，丁、戊站后排，共有120种排法B．5人站成一排，若甲、乙站一起且甲在乙的左边，共有24种排法C．5人站成一排，甲不在两端，共有72种排法D．5人站成一排，甲不在最左端，乙不在最右端，共有78种排法【答案】BCD【分析】对A：根据分步计数原理：先排前排，再排后排；对B：甲、乙看作一个元素排列即可；对C：根据分步计数原理：先排两端，再排中间；对D：利用间接法：先将5人排队，再排除不符合题意的情况.【详解】对A：甲、乙、丙站前排，有种排法，丁、戌站后排，有种排法，共有种排法，故A错误；对B：甲、乙看作一个元素，则5人站成一排，若甲、乙站一起且甲在乙的左边，共有种排法，故B正确；对C：5人站成一排，甲不在两端，共有种排法，故C正确；对D：5人站成一排，有种排法，则甲在最左端，乙不在最右端，共有种排法；甲不在最左端，乙在最右端，共有种排法；甲在最左端，乙在最右端，共有种排法；则甲不在最左端，乙不在最右端，共有种排法，故D正确.故选：BCD.11．设，则下列结论中正确的是（    ）．A．B．C．，，，，中最大的是D．当时，除以16的余数是1【答案】ABD【分析】由二项式定理及二项展开式可解，观察式子特点可进行适合的赋值简化计算.【详解】① ；对A，对题给式子进行赋值，令，则，故A正确；对B，由①式知，故B正确；对C，，当时，；，,最大的为，故C不正确；对D，当时，除以16的余数是1，故D正确.故选：ABD12．已知正方体的棱长为1，点P为侧面内一点，则（    ）．A．当时，异面直线与所成角的正切值为B．当时，四面体的体积为定值C．当点P到平面的距离等于到直线的距离时，点P的轨迹为抛物线的一部分D．当时，四面体的外接球的表面积为【答案】BC【分析】A选项，建立空间直角坐标系，得到异面直线与所成角的余弦值，进而得到正切值；B选项，证明线面平行，得到四面体的体积为定值；C选项，作出辅助线，得到的长即为点P到平面的距离，即为点到直线的距离，设，，建立方程，得到答案；D选项，作出辅助线，找到球心位置，求出外接球半径，进而求出表面积.【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，则，则异面直线与所成角的余弦值为，则异面直线与所成角的正弦值为，正切值为2，A错误；B选项，当时，点在上，又，平面，平面，所以平面，故点到平面的距离为定值，故四面体的体积为定值，B正确；C选项，过点作⊥于点，因为⊥平面，平面，所以⊥，因为平面，，则⊥平面，的长即为点P到平面的距离，连接，则⊥，故即为点到直线的距离，设，，则，故，两边平方后得到，为抛物线的一部分，故当点P到平面的距离等于到直线的距离时，点P的轨迹为抛物线的一部分，C正确；D选项，当时，为的中点，取中点，则四面体的外接球的球心在平面的投影为，找到球心，连接，取的中点，连接，过点作⊥于点，设，则，，，，由勾股定理得，，故，解得，故外接球半径为，故表面积为，D错误.故选：BC【点睛】思路点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 三、填空题13．在的展开式中含的项的系数为          ．【答案】4【分析】利用二项式定理展开，并合并同类项即可.【详解】由二项式定理展开式得，所以展开式中含的项的系数为4.故答案为：4.14．若，则与向量同方向的单位向量的坐标为            .【答案】【分析】由空间向量的模的计算求得向量的模，再由单位向量的定义求得答案.【详解】解：因为，所以，所以与向量同方向的单位向量的坐标为，故答案为：.15．将3位教师分到6个班级任教，每位教师教2个班，共有          种不同的分法．【答案】90【分析】先将6个班分成3组，然后分配给3个教师，从而可求得结果.【详解】由题意可得先将6个班分成3组，然后分配给3个教师，所以共有种不同的分法，故答案为：90 四、双空题16．在空间直角坐标系中，经过且法向量的平面方程为，经过且方向向量的直线方程为．阅读上面材料，并解决下列问题：给出平面的方程，经过点的直线l的方程为，则直线l的一个方向向量是          ，直线l与平面所成角的余弦值为          ．【答案】          /【分析】根据题意，结合已知条件求得平面的法向量，以及直线的方向向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】因为平面的方程，不妨令，可得，所以过点，设其法向量为，根据题意得，即，由平面的方程为，则，不妨取，可得，则平面的一个法向量为，经过点的直线的方程为，不妨取，则，则该直线的一个方向向量为，则直线与平面所成的角为，则，由，所以.故答案为：；. 五、解答题17．（1）计算：；（2）解方程：．【答案】（1）；（2）【分析】（1）利用组合数和排列数公式和性质直接求解即可；（2）利用组合数和排列数公式列方程求解即可.【详解】（1）原式；（2）因为，所以化简得，解得或，又因为，所以18．如图，在棱长为1的正方体中，P是底面ABCD的中心，M是的中点．(1)求点到直线MP的距离；(2)求点C到平面的距离．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明，从而只需求线段的长即可；（2）由（1）得为平面的一个法向量，利用向量法根据公式即可求出答案.【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，所以，所以，所以点到直线MP的距离为线段的长，又因为是边长为的等边三角形，为中点，所以.即点到直线MP的距离.（2），所以，，，因为，所以，又由（1）知，所以为平面的一个法向量.所以点C到平面的距离.19．在下面三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解．条件①：第3项与第7项的二项式系数相等；条件②：只有第5项的二项式系数最大；条件③：所有项的二项式系数的和为256．问题：在展开式中，(1)求的值与展开式中各项系数之和；(2)这个展开式中是否存在有理项？若存在，将其一一列出；若不存在，请说明理由．【答案】(1)选三个中的任意一个，；展开式中各项系数之和为1．(2)存在，展开式中有理项分别为；；． 【分析】（1）利用二项展开式的性质列方程即可求得的值，利用赋值法即可求得展开式中各项系数之和；（2）利用二项展开式的通项公式，由x的幂次为整数列方程即可求得展开式中有理项.【详解】（1）选①，第3项与第7项的二项式系数相等，则，所以；令，则，则展开式中各项系数之和为1．选②，只有第5项的二项式系数最大，所以，解得；令，则，则展开式中各项系数之和为1．选③，所有项的二项式系数的和为256，则，解得：．令，则，则展开式中各项系数之和为1．（2）二项式展开式的通项公式为：．依题意可知，当，3，6时，二项展开的项都是有理项．所以：当时，；当时，；当时，．所以展开式中有理项分别为；；．20．如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1的长度为4，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°.用向量法求：(1)BD1的长；(2)直线BD1与AC所成角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用向量模的计算公式和向量的数量积的运算即得出BD1的长；（2）分别求出 的值，代入数量积求夹角公式，即可求得异面直线BD1与AC所成角的余弦值．【详解】（1）∵，＝24，∴的长为，（2）∵，∴，∴，∵，，∴＝，所以直线BD1与AC所成角的余弦值为．21．（1）5个不同的小球，放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，一共有多少种不同的放法？（结果以数字作答）（2）5个不同的小球，放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，至少有2个空盒的放法有多少种？（结果以数字作答）【答案】（1）1024；（2）184【分析】（1）根据每一个小球有4种放法，利用分步计数乘法原理求解即可；（2）分成2类：2个空盒子，；3个空盒子；先分组再排列即可.【详解】（1）有5个不同的小球，放入4个不同的盒子里，由于每一个小球有4种放法，故不同的放法共计种（2）有5个不同的小球，放入4个不同的盒子里，至少有2个空盒子，分成2类：2个空盒子，；3个空盒子；．先分组再排列:第一类：；第二类：根据分类计数原理共有种22．如图，在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，M在上，且．  (1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的正弦值；(3)点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线与所成角为，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，利用向量法即可证明.（2）求出平面与平面的法向量，根据向量法并结合同角三角函数关系式即可求出.（3）设，其中，利用向量法求出异面直线所成角为，从而求出的值，解出点坐标，即可求出的长.【详解】（1）证明：因为平面，，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，                                           则，，，，，，，，，，又直线与直线不在同一条直线上， ，又平面，平面，平面（2）设平面与平面夹角为，设平面的法向量为，，，则，令，可得，又平面的一个法向量为，所以，.所以平面与平面夹角的正弦值为．（3）设，其中，则， ，，由题意可得，.整理可得，或，，（舍去），则，所以点为线段的中点，则点，所以．所以若异面直线与所成角为，则．