2022-2023学年江苏省盐城市响水县第二中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年江苏省盐城市响水县第二中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．的展开式的第3项为（    ）

A．60 B．－120 C． D．

【答案】C

【分析】利用二项展开式通项公式即可求得该展开式的第3项.

【详解】的展开式的第3项为

故选：C

2．在展开式中， 二项式系数的最大值为 ，含项的系数为，则

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】在展开式中，二项式系数的最大值为 a，∴a==20．

展开式中的通项公式：Tr+1=，令6﹣r=5，可得r=1．

∴含x5项的系数为b==﹣12，

则．

故选B．

3．由0，1，2，5四个数组成没有重复数字的四位数中，能被5整除的个数是（    ）

A．24 B．12 C．10 D．6

【答案】C

【解析】分个位数是0和个位数是5两类求解.

【详解】当个位数是0时，有个，

当个位数是5时，有个，

所以能被5整除的个数是10，

故选：C

4．为了提升全民身体素质，学校十分重视学生体育锻炼，某校篮球运动员进行投篮练习．如果他前一球投进则后一球投进的概率为；如果他前一球投不进则后一球投进的概率为.若他第球投进的概率为，则他第球投进的概率为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】记事件为“第球投进”，事件为“第球投进”，由全概率公式可求得结果.

【详解】记事件为“第球投进”，事件为“第球投进”，

，，，

由全概率公式可得.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用全概率公式计算事件的概率，解题的关键就是弄清第球与第球投进与否之间的关系，结合全概率公式进行计算.

5．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.

详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,

因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.

点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

6．某药厂用从甲、乙、丙三地收购而来的药材加工生产出一种中成药，三地的供货量分别占40%，35%和25%，且用这三地的药材能生产出优等品的概率分别为0.65，0.70和0.85，则从该厂产品中任意取出一件成品是优等品的概率是（    ）

A．0.8175 B．0.7175 C．0.505 D．0.4575

【答案】B

【分析】根据题意，设事件：药材来自甲地，事件：药材来自乙地，事件：药材来自丙地，事件B：抽到优等品，进而根据全概率公式求解即可.

【详解】设事件：药材来自甲地，事件：药材来自乙地，事件：药材来自丙地，事件B：抽到优等品，

则，，，，，，

所以．

故选：B

7．已知，则等于（    ）

A．63 B．64 C．31 D．32

【答案】A

【解析】先逆用二项式定理得到，求得n值，再利用计算即得结果.

【详解】逆用二项式定理得＝，即3n＝36，所以n＝6，所以＝64－1＝63.

故选：A.

8．已知m，n是正整数，的展开式中x的系数为7.则展开式中的的系数最小为（    ）

A．8 B．9 C．10 D．11

【答案】B

【分析】由题意可得 ，求得最大为 12，展开式中的的系数为，由此可求得展开式中的的系数的最小值.

【详解】由题意可得 , , 故最大为 12 , 此时, 、一个为 3 , 另一个为 4 .

展开式中 的系数为

.

故选：B.

二、多选题

9．下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中正确的是（    ）

A．若两条不重合直线，的方向向量分别是，，则

B．若直线的方向向量，平面的法向量是，则

C．若两个不同平面，的法向量分别为，，则

D．若平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则

【答案】ACD

【分析】利用空间向量共线定理判断A即可；由的关系式即可判断B；由的关系即可判断选项C,利用平面内法向量的性质即可判断D.

【详解】因为两条不重合直线，的方向向量分别是，，

所以，所以共线，又直线，不重合，

所以，故A正确；

因为直线的方向向量，平面的法向量是

且，所以，故B不正确；

两个不同平面，的法向量分别为，，

则有，所以，故C正确；

平面经过三点，，，

所以

又向量是平面的法向量，

所以

则，故D正确，

故选：ACD.

10．若，，则下列结论中正确的有（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】AD

【分析】直接根据利用二项式定理将其展开，再结合二项式系数的性质对四个选项依次分析即可求解．

【详解】，

对于A，令，则，故A正确.

对于B，于是，而，故B错误.

对于C，令，则，于是，故C错误.

对于D，令，则.因为，所以

，故D正确.

故选：AD.

11．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼” “乐” “射” “御” “书” “数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（    ）

A．某学生从中选3门，共有30种选法

B．课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法

C．课程“礼”“乐”“数”排在相邻三周，共有144种排法

D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法

【答案】CD

【分析】根据题意，由分步、分类计数原理和排列数与组合数公式，分别判断各选项即可．

【详解】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，某学生从中选3门，6门中选3门共有种，故A错误；

对于B，课程“射”“御”排在不相邻两周，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，

在其中任选2个，安排“射”“御”，共有种排法，故B错误；

对于C，课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，

由捆绑法：将“礼”“书”“数”看成一个整体，

与其他3门课程全排列，共有种排法，故C正确；

对于D，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，分2种情况讨论，

若课程“乐”排在最后一周，有种排法，

若课程“乐”不排在最后一周，有种排法，

所以共有种排法，故D正确．

故选：CD．

12．已知正方体的棱长为4，EF是棱AB上的一条线段，且，点Q是棱的中点，P是棱上的动点，则下面结论中正确的是（    ）

A．PQ与EF一定不垂直 B．平面PEF与平面QEF的夹角的正弦值是

C．的面积是 D．点P到平面QEF的距离是常量

【答案】BCD

【分析】对于A，利用特殊位置法，当与点重合时即可判断；

对于B，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用空间向量法求解即可判断；

对于C，利用线面垂直的性质定理可得是的高，再利用三角形的面积公式求解即可判断；

对于D，由线面平行的判定定理判断得到平面QEF即可判断；

【详解】对于A，当与点重合时，PQ与EF垂直，故A错误；

对于B，由于P是棱上的动点，EF是棱AB上的一条线段，所以平面PEF即平面，建立如图所示的空间直角坐标系，则

所以，平面QEF即平面，

设平面的法向量为，设二面角为，

则，即，

令，则，

同理可求得平面的法向量为，

所以，

故，故B正确；

对于C，由于AB平面，又平面，所以AB，所以是的高，所以,故C正确；

对于D，由于,且平面QEF，平面QEF，又点P在上，所以点P到平面QEF的距离是常量，故D正确；

故选：BCD.

三、填空题

13．，则______.

【答案】5

【分析】由排列数公式变形求解．

【详解】因为，

所以，

，或，又，所以．

故答案为：5．

14．已知空间向量则向量在向量上的投影向量的坐标是___________.

【答案】

【分析】按照投影向量的定义，代入计算即可得到结果.

【详解】因为，

依题意向量在向量上的投影向量的坐标是

.

故答案为:

15．的近似值（精确到）为________．

【答案】．

【分析】，按二项式定理展开，按照近似要求求解.

【详解】由二项式定理，

.

故答案为：1.13.

16．东北育才高中部高一年级开设游泳、篮球和足球三门体育选修课，高一某班甲、乙、丙三名同学每人从中只选修一门课程．设事件A为“甲独自选修一门课程”，B为“三人选修的课程都不同”，则概率______．

【答案】/

【分析】分别求出事件：A=“甲独自选修一门课程”，“甲独自选修一门课程且三人选修的课程都不同”对应的基本事件个数，然后套用条件概率公式求解．

【详解】由题意知，甲独自选修一门，则有3门课程可选，乙、丙只能从剩余的两门课程中选择，可能性为．所以．

三人选修的课程各不相同的可能性为：，即．

故．

故答案为：##

四、解答题

17．已知（x+）n的展开式中的第二项和第三项的系数相等．

（1）求n的值；

（2）求展开式中所有的有理项．

【答案】（1）；（2）,,．

【分析】（1）写出二项式展开式的通项公式，得到第二项和第三项的系数，所以得到关于的方程，解得答案；（2）由（1）得到的值，写出二项式展开式的通项公式，整理后，得到其的指数为整数的的值，再写出其展开式中的有理项.

【详解】解：二项式展开式的通项公式为

，；

（1）根据展开式中的第二项和第三项的系数相等,得

，

即,

解得；

（2）二项式展开式的通项公式为

，；

当时,对应项是有理项,

所以展开式中所有的有理项为

,

,

．

【点睛】本题考查二项展开式的项的系数，求二项展开式中的有理项，属于中档题.

18．某班有6名同学报名参加校运会的四个比赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法，（用数字回答）

（1）每人恰好参加一项，每项人数不限；

（2）每项限报一人，且每人至多参加一项；

（3）每人限报一项，人人参加，且每个项目均有人参加.

【答案】（1）4096种；（2）360种；（3）1560种.

【分析】（1）根据分步计数原理直接计算可得，然后可得结果.

（2）依据题意，计算，可得结果.

（3）先分组，可得，后排列，可得，简单计算可得结果.

【详解】（1）每人都可以从这四个项目中选报一项，各有4种不同的选法，

由分步计数原理知共有种．

（2）每项限报一人，且每人至多报一项，因此可由项目选人，

第一个项目有6种不同的选法，第二个项目有5种不同的选法，

第三个项目有4种不同的选法，第四个项目有3种不同的选法，

由分步计数原理得共有报名方法种．

（3）每人限报一项，人人参加，且每个项目均有人参加，

因此需将6人分成4组，有种．

每组参加一个项目，

由分步计数原理得共有种．

【点睛】本题考查分步计数原理的计算，分清楚哪个有剩余哪个不剩余以及常用先分组后排列方法，审清题意，细心计算，属基础题.

19．如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面的夹角余弦值；

(3)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积证明，，由线线垂直证明线面垂直，即得证；

（2）由（1）为平面的一个法向量，求解平面的法向量，利用二面角的向量公式，即得解；

（3）由（1）为平面的一个法向量，利用点面距离的向量公式即得解

【详解】（1）证明：以为原点，､､所在直线分别为､､轴建立空间直角坐标系，如图

则，，，，

取的中点，作交于点

因为

所以，又，

所以，

所以，四边形为平行四边形，

又，

所以，由

所以，故，

∵，，，

∴，，

即，，

∵，平面，平面，

∴平面；

（2）由（1）可知为平面的一个法向量，

设平面的法向量为，而，，

则，令，可得，

设平面与平面CSD的夹角为，

∴，

即平面ASD与平面CSD的夹角的余弦值为；

（3），平面的法向量为，

设点到平面的距离为，

∴，

即点到平面的距离为.

20．用，，，，，这六个数字的部分或全部组成无重复数字的自然数.

(1)在组成的四位数中，求偶数个数；

(2)在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如，等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；

(3)在组成的四位数中，若将这些数按从小到大的顺序排成一列，试求第个数字.

【答案】(1)种

(2)个

(3)第个数字是

【分析】（1）利用分类计数原理即可求解（2）先取数，再排序（3）利用分类计数原理即可求解

【详解】（1）根据分类计数原理知，

当末位是0时，十位、百位、千位从5个元素中选三个进行排列有种结果，

当末位不是0时，只能从2和4中选一个，千位从4个元素中选一个，共有种结果，根据分类计数原理知共有种结果;

（2）共有个

（3）若1在千位，有种结果；

若2在千位，0或1在百位，有种结果；

因为，所以，第个数字是

21．如图，在四棱台中，底面四边形为菱形，，．平面．

（1）若点是的中点，求证：；

（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且．

【分析】（1）取中点，连接、、，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，计算出，进而可证得；

（2）设点的坐标为，其中，利用空间向量法可得出关于实数的方程，由题意得出点在线段上，可求得的值，进而可求得，即可得出结论.

【详解】（1）取中点，连接、、，

因为四边形为菱形，则，，为等边三角形，

为的中点，则，，，

由于平面，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图.

则、、、、、、，

，，

，；

（2）假设点存在，设点的坐标为，其中，

，，

设平面的法向量为，则，即，

取，则，，所以，，

平面的一个法向量为，

所以，，解得，

又由于二面角为锐角，由图可知，点在线段上，所以，即．

因此，棱上存在一点，使得二面角的余弦值为，此时.

【点睛】方法点睛：立体几何开放性问题求解方法有以下两种：

（1）根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；

（2）假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．

22．如图①，在中，为直角，，，，沿将折起，使，得到如图②的几何体，点在线段上.

（1）求证：平面平面；

（2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）由余弦定理得出，进而得出；由平面，得出；从而得到平面，即可证明平面平面.

（2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，即可求得直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）证明：在中，

∵，，，

由余弦定理得，

∴，

∴，∴，即，

又，，，

∴平面，平面    

∴，

又，平面∴平面

又平面，∴平面平面

（2）解法一：

如图，以为原点，以为轴，为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，，

∴，，

连结与交于点，连结，

∵平面，为平面与平面的交线，

∴，∴，

在四边形中，∵，∴，

∴，，∴，

设，则，

由，得，∴，∴

设平面的法向量为，

则，取，则，，

∴，

设直线与平面所成角为，则.

即直线与平面所成角的正弦值为.

（2）解法二：

如图，以为原点，在平面中过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，，

∴，，

连结，与交于点，连结，

∵平面，为平面与平面的交线，

∴，∴，

在四边形中，∴，∴，

∴，，，

设，则，

由得：解得，∴，

∴.

设平面的法向量，

则，取，则，，

∴，

设直线与平面所成角为，则.

∴直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】本题主要考查面面垂直的证明和线面角的求法，属于中档题.