2022-2023学年江苏省宿迁市高二下学期期中数学试题含答案

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：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”：

……

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．