2024-2025学年江苏省连云港市灌云县、灌南县部分学校高二（下）学情调研数学试卷（3月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省连云港市灌云县、灌南县部分学校高二（下）学情调研数学试卷（3月份）（含答案），共9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.某影城有一些电影新上映，其中有2部科幻片、3部文艺片、2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，不同的选法种数有( )
A. 2+3+2=7B. 1+1+1=3C. 2×3×2=12D. (23)2=64
2.已知直线l1的方向向量为a=(1,0,m)，直线l2的方向向量为b=(0,1,m)，若l1与l2的夹角为60°，则m等于( )
A. 1B. −1C. ±1D. 0
3.甲、乙等5人去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座，其他人听的讲座互不相同的种数为( )
A. 12B. 16C. 18D. 24
4.已知a=(2,−1,3)，b=(−1,4,−2)，c=(7,5,λ)，若{a,b,c}不能构成空间的一个基底，则实数λ的值为( )
A. 0B. 357C. 9D. 657
5.数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有( )
A. 24个B. 12C. 9个D. 6个
6.已知向量a=(1,2,2)，b=(−2,1,1)，则向量a在向量b上的投影向量为( )
A. (−29,−49,−49)B. (29,49,49)C. (−23,13,13)D. (23,−13,−13)
7.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为线段DD1，BB1的中点，则点F到直线AE的距离为( )
A. 2 55B. 215C. 1155D. 2 305
8.某班举行了由6名学生参加的“弘扬中华文化”演讲比赛，决出第1名到第6名的名次(没有并列名次).甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说，“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”；对乙说，“你当然不会是最差的”.从回答分析，6人的名次排列情况可能有( )
A. 216种B. 240种C. 288种D. 384种
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.下列命题中正确的是( )
A. A，B，M，N是空间中的四点，若BA，BM，BN不能构成空间基底，则A，B，M，N共面
B. 已知{a,b,c}为空间的一个基底，若m=a+c，则{a,b,m}也是空间的基底
C. 若直线l的方向向量为e=(1,0,3)，平面α的法向量为n=(−2,0,23)，则直线l//α
D. 若直线l的方向向量为e=(1,0,3)，平面α的法向量为n=(−2,0,2)，则直线l与平面α所成角的正弦值为 55
10.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列结论正确的是( )
A. 四边形ABC1D1的面积为|AB|⋅|BC1|B. AD1与A1B的夹角为60°
C. (AA1+A1D1+A1B1)2=3A1B12D. A1C⋅(A1B1−A1D1)=0
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界)，则下列说法正确的是( )
A. 三棱锥D−A1D1Q的体积为定值
B. 若D1Q//平面A1PD，则动点Q的轨迹是一条线段
C. 存在Q点，使得D1Q⊥平面A1PD
D. 若直线D1Q与平面BCC1B1所成角的正切值为2，那么点Q的轨迹是以C1为圆心，半棱长为半径的圆弧
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(λ+1,0,2λ)，b=(6,2μ−1,2)，且a/​/b，则λ+μ= ______．
13.将2个相同的红球和2个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有______(数字作答)．
14.要排出某班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6门课各一节的课程表，要求数学课排在前3节，英语课不排在第6节，则不同的排法种数为______.(以数字作答)
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，在六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1中，底面ABCDEF是正六边形，设AB=a，AF=b，AA1=c.若cs∠BAA1=cs∠FAA1=15，AB=2，AA1=5，求：
(1)A1C⋅A1D；
(2)|AE1|.
16.(本小题15分)
甲、乙、丙、丁、戊五名同学站成一排拍照．
(1)甲、乙两人不相邻的站法共有多少种？
(2)甲不站排头或排尾，且甲、乙两人相邻的站法共有多少种？
17.(本小题15分)
在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，且AB=AA1，∠A1AB=∠A1AD=60°．
(Ⅰ)求证：平面A1BD⊥平面A1AC；
(Ⅱ)若BD= 2A1D=2，求平面A1BD与平面B1BD所成角的大小．
18.(本小题17分)
如图1，等腰直角△ABC的斜边BC=4，D为BC的中点，沿BC上的高AD折叠，使得二面角B−AD−C为60°，如图2，M为CD的中点．

(1)证明：BM⊥AC．
(2)求二面角M−AB−D的余弦值．
(3)试问在线段AC上是否存在点Q，使得直线MQ与平面ABM所成角的正弦值为 210？若存在，求出线段AQ的长度；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
如图，已知ABCD−A1B1C1D1是底面边长为2的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点，O为AC与BD的交点．
(1)证明：C1O//平面AB1D1；
(2)若点C1到平面AB1D1的距离为 22，求正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的高；
(3)若线段CC1上存在点P，使得直线AP与平面AB1D1所成角为60°，求线段CC1的取值范围．
参考答案
1.A
2.C
3.D
4.D
5.C
6.C
7.D
8.D
9.ABD
10.ACD
11.ABD
12.710
13.7
14.288
15.23； 7．
16.解(1)根据题意，先排丙、丁、戊，有A33=6种站法，
再将甲、乙安排在三人的空位中，有A42=12种站法．
故甲、乙两人不相邻的站法共有6×12=72种．
(2)根据题意，分2种情况讨论：
若乙站在排头或排尾，则有2×A33=12种站法；
若甲、乙都不站排头或排尾，则有2×A22A33=24种站法；
故甲不站排头或排尾，且甲、乙两人相邻的站法共有12+24=36种．
17.证明：(Ⅰ)由题可知AA1=AB=AD，∠A1AB=∠A1AD=60°，
所以△A1AB和△A1AD均为正三角形，
于是A1B=A1D，
设AC与BD的交点为O，则A1O⊥BD，
又四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
而A1O∩AC=O，A1O、AC⊂平面A1AC，所以BD⊥平面A1AC，
而BD⊂平面A1BD，故平面A1BD⊥平面A1AC．
解：(Ⅱ)由(Ⅰ)得A1B=A1D及BD= 2A1D=2，易知A1B⊥A1D，
又由A1D=AD，A1B=AB，BD=BD，得△A1BD≌△ABD，故∠BAD=90°，底面ABCD是矩形，
于是AO=A1O=12BD= 22A1D=1，又易知AA1=A1D= 2，
从而A1O⊥AO，又A1O⊥BD，AO∩BD=O，AO、BD⊂底面ABCD，
可得A1O⊥底面ABCD．
如图，以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(0,−1,0)，A1(0,0,1)，
BB1=AA1=(−1,0,1)，DB=(0,2,0)，
设平面B1BD的一个法向量为n=(x,y,z)，
由n⋅DB=0n⋅BB1=0得2y=0−x+z=0,
令x=1，得n=(1,0,1)，
平面A1BD的一个法向量为CA=(2,0,0)，
设平面A1BD与平面B1BD所成角为θ，由图观察可知θ为锐角，
则csθ=n⋅CA|n|⋅|CA|= 22，∴θ=45°，
故平面A1BD与平面B1BD所成角的大小为45°．
18.解：(1)证明：在图1的等腰直角△ABC中，D为BC的中点，则AD⊥BC，
所以在图2中，有AD⊥BD，AD⊥CD，又BD∩CD=D，
所以AD⊥平面BCD，又BM⊂平面BCD，
所以AD⊥BM，
因为AD⊥平面BCD，所以∠BDC是二面角B−AD−C的平面角，即∠BDC=60°，
所以△BCD为正三角形，因为M为CD的中点，
所以CD⊥BM，由AD∩CD=D，AD，CD⊂平面ACD，
所以BM⊥平面ACD，又AC⊂平面ACD，
所以BM⊥AC；
(2)以D为原点，垂直于DC的直线为x轴，DC，DA所在直线分别为y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

易知A(0,0,2)，B( 3,1,0)，C(0,2,0)，M(0,1,0)，
所以AB=( 3,1,−2)，BM=(− 3,0,0)，DA=(0,0,2)，
设平面ABM的法向量为n1=(x,y,z)，
则AB⋅n1=0BM⋅n1=0，即 3x+y−2z=0− 3x=0，令z=1，则y=2，x=1，
所以平面ABM的一个法向量为n1=(0,2,1)，
设平面ABD的法向量为n2=(a,b,c)，
则AB⋅n2=0DA⋅n2=0，即 3a+b−2c=02c=0，令a=−1，则b= 3，c=0，
所以平面ABD的一个法向量为n2=(−1, 3,0)，
设二面角M−AB−D的平面角为θ，由图可知，θ为锐角，
所以csθ=|cs=|n1⋅n2||n1||n2|=2 32 5= 155，
所以二面角M−AB−D的余弦值为 155；
(3)假设在线段AC上存在点Q，使得直线MQ与平面ABM所成角的正弦值为 210，
由(2)可得，MA=(0,−1,2)，AC=(0,2,−2)，
设AQ=λAC(0,2λ,−2λ)，则MQ=MA+AQ=(0,2λ−1,2−2λ)，λ∈[0,1]，
依题意可得 210=|2(2λ−1)+2−2λ| 5× (2λ−1)2+(2−2λ)2，
解得：λ=14或λ=−58(舍去)，
所以存在点Q，使得直线MQ与平面ABM所成角的正弦值为 210，此时|AQ|= 22．
19.解：(1)证明：连接AO1，
因为ABCD−A1B1C1D1是底面边长为2的正四棱柱，
所以AA1=CC1，AA1/​/CC1，
故四边形AA1C1C为平行四边形，则AC=A1C1，
又O1为A1C1与B1D1的交点，O为AC与BD的交点，
所以AO=O1C1，且AO//O1C1，
故四边形AOC1O1为平行四边形，
所以AO1//OC1，
又AO1⊂平面AB1D1，OC1⊄平面AB1D1，
所以C1O//平面AB1D1；

(2)以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则B1(2,0,0)，D1(0,2,0)，C1(2,2,0)，设AA1=ℎ，则A(0,0,ℎ)，
设平面AB1D1的一个法向量为m=(x,y,z)，B1A=(−2,0,ℎ)，B1D1=(−2,2,0)，
则m⊥B1Am⊥B1D1，则m⋅B1A=−2x+ℎz=0m⋅B1D1=−2x+2y=0，
令z=1，则x=y=ℎ2，故m=(ℎ2,ℎ2,1)，
点C1到平面AB1D1的距离为：|B1C1⋅m||m|=|(0,2,0)⋅(ℎ2,ℎ2,1)| ℎ24+ℎ24+1=ℎ ℎ22+1= 22，
解得ℎ= 63，
故正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的高为ℎ= 63；
(3)设AA1=ℎ，则A(0,0,ℎ)，
由(2)知平面AB1D1的一个法向量为m=(ℎ2,ℎ2,1)，
设P(2,2,t)，0≤t≤ℎ，AP=(2,2,t−ℎ)，
则|AP⋅m||AP|⋅|m|=|ℎ+t| ℎ22+1⋅ t2−2ℎt+ℎ2+8= 32，
化简得(3ℎ2−2)t2−(6ℎ3+28ℎ)t+3ℎ4+22ℎ2+48=0在t∈[0,ℎ]上有解，
当ℎ= 63时，方程为−32 63t+64=0，解得t= 6> 63，不合要求，
当ℎ≠ 63时，Δ=(6ℎ3+28ℎ)2−4(3ℎ2−2)(3ℎ4+22ℎ2+48)=96(ℎ2+2)2≥0，
故方程的根为t1,2=(6ℎ3+28ℎ)±4 6(ℎ2+2)2(3ℎ2−2)，
故只需(6ℎ3+28ℎ)−4 6(ℎ2+2)2(3ℎ2−2)≤ℎ，
解得ℎ≥ 6或0