2022-2023学年江苏省宿迁市高二下学期期中数学试题含答案
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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:A
3.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:D
6.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 1 1 1 1 1 2 3 2 1 1 3 6 7 6 3 1 1 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:CD
10.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:ABD
12.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.
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