2024-2025学年江苏省淮安部分学校高二年级3月联考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省淮安部分学校高二年级3月联考数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.求C32+C42的值为( )
A. 9B. 18C. 24D. 30
2.已知点P在▵ABC所在平面内，O为 空间中任一点，若OP=12OA+13OB+xOC，则x=( )
A. 56B. −56C. 16D. −16
3.某公司利用无人机进行餐点即时的送，利用空间坐标表示无人机的位置，开始时无人机在点O0,0,0处起飞，6秒后到达点A0,0,90处，15秒后到达点B处，若AB=120,0,0，则OB=( )
A. 30 7B. 120C. 150D. 210
4.1+1x21+x6展开式中x3的系数为( )
A. 15B. 20C. 30D. 26
5.232020−3除以11的余数是( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
6.阅读材料：空间直角坐标系O−xyz中，过点P(x0,y0,z0)且一个法向量为n=(a,b,c)的平面α的方程为a(x−x0)+b(y−y0)+c(z−z0)=0，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面α的方程为2x−y+z=2，点M(−1,2,1)，则点M到平面α距离为( )
A. 5 102102B. 10234C. 5 66D. 66
7.我国古代在珠算发明之前多是用算筹为工具来记数、列式和计算的．算筹实际上是一根根同样长短和粗细的小棍子，如图，算筹表示数1～9的方法有纵式和横式，规定个位数用纵式，十位数用横式，百位数用纵式，千位数用横式，万位数用纵式……依此类推，交替使用纵横两式．例如：27可以表示为“”.如果用算筹表示一个不含0的两位数，现有7根小棍子，则能表示不同两位数的个数为 ( )
A. 54B. 57C. 65D. 69
8.在空间直角坐标系中，OA=(3csθ,3sinθ,0)，OB=(3csφ−1,3sinφ,1)，θ∈[0,2π]，φ∈[−π,π]，O为坐标原点，则下列结论中正确的是( )
A. OA⋅OB的最小值为12B. OA⋅OB的最大值为4
C. |AB|的最大值为 82D. |AB|的最小值为1
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列各式正确的是( )
A. n!=n(n−1)×…×2×1B. Anm=n!m!
C. Cn+1m=Cn−1m−1+CnmD. Cnm=n!(n−m)!m!
10.我国古代著名的数学著作中，《周碑算经》、《九章算术》、《孙子算经》、《五曹算经》、《夏侯阳算经》、《孙丘建算经》、《海岛算经》、《五经算术》、《级术》和《纠古算经》，称为“算经十书”，某老师将其中的《周碑算经》、《九章算术》、《孙子算经)、《五经算术》、《缀术》和《缉古算经》6本书分给5名数学爱好者，其中每人至少一本，则不同的分配方法的种数为( )
A. C51C62 A44B. A65C51C. C51 A62 A44D. C62A55
11.已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，∠A1AB=∠A1AD=120∘，AB=1，AA1=2，AC1=xAB+yAD+zAA1，则( )
A. x+y+z=3B. BD⋅AC1=0
C. CC1与平面ABCD所成角为60∘D. AC1= 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在A，B，C，D四位学生中，选出两人担任正、副班长，共有选法____种.
13.如图，已知P为▵ABC外一点，PO⊥ 平面ABC，垂足为O，若PA，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=a，则点P到平面ABC的距离是 ．
14.《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥.如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，若AB= 2，AA1=2，当鳖臑A1−ABC体积最大时，AC长是 ，此时直线B1C与平面ABB1A1所成角的余弦值为
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，E是CD中点．
(1)BC1和D1E所成角的大小；
(2)证明：B1E⊥AD1．
16.(本小题15分)
在(x−2x2)8的展开式中．
(1)求第3项；
(2)求含1x项的系数．
17.(本小题15分)
在班级活动中，2名男生和4名女生站成一排表演节目：(写出必要的数学式，结果用数字作答)
(1)男生甲不能站在最左端，女生乙不能站在最右端，有多少种不同的排法？
(2)甲乙丙三人按从高到低从左到右排列，有多少种不同的排法？(甲乙丙三位同学身高互不相等)
(3)现有7个座位排成一排，仅安排4名女生就坐，恰好有有两个空位相邻的不同坐法共有多少种？
18.(本小题17分)
如图，已知斜三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BCA=90°，AC=BC=2，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，且A1D= 3．
(1)求证：A1B⊥AC1；
(2)求直线A1B与平面A1B1C1所成角的正弦值；
(3)在线段CC1上是否存在点M，使得二面角M−A1B1−C1的平面角为90°？若存在，确定点M的位置：若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
(Ⅰ)求证：Cnm=nmCn−1m−1；
(Ⅱ)利用第(Ⅰ)问的结果证明Cn1+2Cn2+3Cn3+…+nCnn=n⋅2n−1；
(Ⅲ)其实我们常借用构造等式，对同一个量算两次的方法来证明组合等式，譬如：(1+x)1+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n=(1+x)[1−(1+x)n]1−(1+x)=(1+x)n+1−(1+x)x；，由左边可求得x2的系数为C22+C32+C42+…+Cn2，利用右式可得x2的系数为Cn+13，所以C22+C32+C42+…+Cn2=Cn+13.请利用此方法证明：(C2n0)2−(C2n1)2+(C2n2)2−(C2n3)2+…+(C2n2n)2=(−1)nC2nn．
参考答案
1.A
2.C
3.C
4.D
5.D
6.C
7.B
8.D
9.AD
10.AD
11.ABD
12.12
13. 3a3
14.1；3 1010
15.解：(1)∵BC1//AD1，∴∠AD1E是BC1和D1E所成角(或所成角的补角)，
∵AD1= 1+1= 2，D1E= 1+1= 2，AE= 1+1= 2，
∴△AD1E是等边三角形，∴∠AD1E=π3，
∴BC1和D1E所成角的大小为π3．
(2)证明：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
则B1(1,2,1)，E(0,1,0)，A(1,0,0)，D1(0,0,1)，
B1E=(−1,−1,−1)，AD1=(−1,0,1)，
∴B1E⋅AD1=0，
∴B1E⊥AD1．
16.解：(1)(x−2x2)8展开式的通项为Tr+1=C8rx8−r(−2x2)r=(−2)rC8rx8−3r，令r=2，
则T3=(−2)2C82x8−6=112x2；
(2)由(1)得：令8−3r=−1，解得r=3，
所以T4=(−1)323C83x−1=−448x，
故含1x项的系数为−448．
17.解：(1)因为男生甲不能站在最左端，女生乙不能站在最右端，
所以不同的排法有A66−A55−A55+A44=504种；
(2)因为甲乙丙三人按从高到低从左到右排列，
所以不同的排法有A66A33=120种；
(3)因为4名女生就坐7个座位，
所以恰好有两个空位相邻的不同坐法有A44A52=480种．
18.证明：(1)方法一：作DE⊥AC交AB于点E，分别以DE,DC,DA1所在直线为x,y,z 轴建系，
A(0,−1,0),C(0,1,0),B(2,1,0),A1(0,0, 3),C1(0,2, 3) ，
所以A1B=(2,1,− 3),AC1=(0,3, 3) ，
A1B⋅AC1=0+3−3=0，所以A1B⊥AC1 ，
方法二：在Rt△ADA1中，AD=1,A1D= 3，得AA1=2,∠A1AD=60∘，
所以四边形ACC1A1为菱形，得AC1⊥A1C ，
又BC⊥AC， BC⊥A1D，AC∩A1D=D,AC,A1D⊂平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1，
因为AC1⊂平面ACC1A1，所以AC1⊥BC ，
又因为A1C∩BC=C,A1C,BC⊂平面A1BC，
所以AC1⊥平面A1BC，因为A1B⊂平面A1BC，所以A1B⊥AC1 ；
(2)方法一：因为平面A1B1C1//平面ABC，所以平面A1B1C1的一个法向量为m=(0,0,1)，
因为A1B=(2,1,− 3)，所以A1B⋅m=− 3，|A1B|= 4+1+3=2 2，
cs=− 31×2 2=− 64，
设线A1B与平面A1B1C1所成角为α，sinα=|cs|= 64 ，
方法二：因为平面A1B1C1//平面ABC，所以线A1B与平面A1B1C1所成的角等于A1B与平面ABC所成的角，
所以∠A1BD即为所要求.
在Rt△A1BD中，A1D= 3，A1B=2 2，
sin∠A1BD= 32 2= 64，
线A1B与平面A1B1C1所成角的正弦值为 64 ，
(3)方法一：不存在，设CM=λCC1=(0,λ, 3λ)，(0≤λ≤1 )
A1B1=AB=(2,2,0)，A1M=A1C+CM=(0,λ+1, 3λ− 3) ，
设平面MA1B1的一个法向量为n=(x,y,z)
有A1B1⋅n=0A1M⋅n=0 ⇒2x+2y=0(λ+1)y+( 3λ− 3)z=0⇒x=−yz=−(λ+1)y 3λ− 3,
n=(1,−1,λ+1 3λ− 3) ，
m⋅n=λ+1 3λ− 3=0，得λ=−1 ，
所以不存在点M满足要求.
方法二：易知A1D⊥平面A1B1C1，A1D⊂平面A1B1D，
所以平面A1B1D⊥平面A1B1C1
CC1与平面A1B1D的交点N为CC1与A1D的交点 且NCNC1=12 ，

所以在线段CC1上不存在点M满足要求．
19.证明：(Ⅰ)右式=nm(n−1)!(m−1)![(n−1)−(m−1)]!=n!m!(n−m)!=Cnm=左式，
原等式可得证明；
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得：mCnm=nCn−1m−1，
故左式=nCn−10+nCn−11+nCn−12+…+nCn−1n−1=n(Cn−10+nCn−11+nCn−12+…+nCn−1n−1)=n⋅2n−1；
原等式可得证明；
(Ⅲ)根据题意，构造等式(x−1)2n⋅(x+1)2n=(x2−1)2n，
由左式可得x2n的系数为C2n2n⋅(−1)2nC2n0+C2n2n−1⋅(−1)2n−1C2n1+C2n2n−2⋅(−1)2n−2C2n2+…+C2n0⋅(−1)0C2n2n，
即(C2n0)2−(C2n1)2+(C2n2)2−(C2n3)2+…+(C2n2n)2，
由右式可得得x2n的系数为(−1)nC2nn，
故有(C2n0)2−(C2n1)2+(C2n2)2−(C2n3)2+…+(C2n2n)2=(−1)nC2nn，
原等式可得证明．