2021-2022学年江苏省淮安市高中校协作体高二下学期期中联考数学试题含解析

这是一份2021-2022学年江苏省淮安市高中校协作体高二下学期期中联考数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省淮安市高中校协作体高二下学期期中联考数学试题一、单选题1．已知空间向量 ，则向量在坐标平面上的投影向量是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据投影向量的定义即可得出正确的答案.【详解】根据空间中点的坐标确定方法知，空间中点在坐标平面上的投影坐标，纵坐标为0，横坐标与竖坐标不变．所以空间向量在坐标平面上的投影向量是：，故选：D.2．已知向量，分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若，则l与α所成的角为（       ）A．30° B．60° C．120° D．150°【答案】A【分析】由知直线l和平面α的法向量所夹锐角为60°，根据直线l和平面α的位置关系，即可得出答案.【详解】由已知得直线l和平面α的法向量所夹锐角为60°，因此l与α所成的角为30°.故选：A.【点睛】本题考查线面角.属于基础题.找到向量，的夹角与l与α所成角的关系是解本题的关键.3．已知两平面的法向量分别为，则两平面所成的二面角为（       ）A．45° B．135°C．45°或135° D．90°【答案】C【分析】直接利用空间向量的夹角公式，求解二面角的大小即可．【详解】，即.∴两平面所成二面角为或.故选：C.4．展开式中的系数为（       ）A．10 B．24 C．32 D．56【答案】D【解析】先将式子化成，再分别求两项各自的的系数，再相加，即可得答案.【详解】∵，∴展开式中含的项为，展开式中含的项，故的系数为.故选：D.【点睛】本题考查二项展开式中指定项的系，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.5．某班级从A，B，C，D，E，F六名学生中选四人参加4×100 m接力比赛，其中第一棒只能在A，B中选一人，第四棒只能在A，C中选一人，则不同的选派方法共有（       ）A．24种 B．36种 C．48种 D．72种【答案】B【分析】分第一棒选A或选B，两类求解.【详解】解：当第一棒选A时，第四棒只能选C，则有种选派方法；当第一棒选B时，则有种选派方法.由分类计数原理得，共有 种选派方法.故选：B6．如图所示，某地有南北街道6条、东西街道5条，一快递员从地出发，送货到地，且途经地，要求所走路程最短，共有（       ）种不同的走法．A．100 B．80 C．60 D．40【答案】D【分析】考虑小矩形的横边和直边，例如从到的最短距离就是从2个横边加3个直边共5条线段，不同的方法就是什么时候走直边什么时候走横边，由组合知识可得不同的方法数，根据分步乘法计数原理可得．【详解】分两步，第一步从到的最短距离的走法有，第二步从到的最短距离走法有，由分步乘法计数原理得，总方法数为．故选：D．7．已知向量为平面的法向量，点在内，则点到平面的距离为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】直接利用点到面的距离的向量求法求解即可【详解】因为，所以，因为平面的法向量，所以点到平面的距离.故选：B【点睛】此题考查利用向量求点到面的距离，属于基础题8．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设为整数，若和被m除得的余数相同，则称和对模m同余，记为.如9和21除以6所得的余数都是3，则记为，若，，则的值可以是（       ）A．2019 B．2020 C．2021 D．2022【答案】A【分析】利用二项式定理化简为，展开可得到被10除余9，由此可得答案.【详解】,所以被10除余9，2019,2020,2021,2022除以10余9的是2019，故选：A. 二、多选题9．下列选项正确的是（       ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据排列数和组合数公式，化简，即可求解.【详解】A．根据排列和组合数公式，可知A显然成立；B.， ，所以，故B不成立；C.，故C成立；D.，故D成立.故选：ACD10．如图所示，在正方体中，下列结论正确的是（       ）A．//平面B．C．向量与的夹角为60°D．平面.【答案】ABD【分析】建立空间直角坐标系，利用向量方法依次判断各选项的对错.【详解】解　以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则有A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(1，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，所以＝(0，1，0)，＝(－1，1，0)，＝(1，1，1)，＝(－1，1，0)，＝(0，－1，1)，对于选项A，由＝可得，平面，平面，所以平面，A正确；对于选项B，由·可得，B正确； 对于选项C，由＝＝，故向量与的夹角为，C错误；对于选项D，由·，·，所以，，，平面，所以平面，D正确；故选：ABD.11．关于的说法，正确的是（       ）A．展开式中的二项式系数之和为2048B．展开式中只有第6项的二项式系数最大C．展开式中第6项和第7项的二项式系数最大D．展开式中第6项的系数最大【答案】AC【解析】根据二项展开式的二项式系数的性质进行分析可知正确，不正确，正确，根据项的系数的符号可知不正确.【详解】的展开式中的二项式系数之和为，所以正确；因为为奇数，所以展开式中有项，中间两项（第6项和第7项）的二项式系数相等且最大，所以不正确，正确；展开式中第6项的系数为负数，不是最大值，所以不正确.故选：AC【点睛】本题考查了二项展开式的二项式系数的性质，考查了二项展开式中项的系数的最值问题，属于基础题.12．某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到A，B，C三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（       ）A．若C企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共48种B．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种C．若每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到A企业，则所有不同分派方案共12种D．所有不同分派方案共种【答案】ABC【分析】选项A，B，C均可用分类加法计数原理求解；选项D可用分步乘法计数原理求解.【详解】选项A：若C企业最多派1名医生，则有以下两种情况：①派1名医生去C企业，剩余3名医生派到企业A或企业B中，有种；②4名医生全部派到企业A或企业B中，有种.故共有种不同分派方案，故选项A正确；选项B：若每家企业至少分派1名医生，则有以下三种情况：①派2名医生去A企业，剩余2名医生一人去B企业，一人去C企业，有种；②派2名医生去B企业，剩余2名医生一人去A企业，一人去C企业，有种；③派2名医生去C企业，剩余2名医生一人去A企业，一人去B企业，有种.故共有种不同分派方案，故选项B正确；选项C：若每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到A企业，则有以下三种情况：①派医生甲去A企业，再派一名医生去A企业，剩余2名医生一人去B企业，一人去C企业，有种不同分派方案；②派医生甲去A企业，派2名医生去B企业，剩余1名医生去C企业，有种；③派医生甲去A企业，派2名医生去C企业，剩余1名医生去B企业，有种.共有种不同分派方案，故选项C正确；选项D：第一步：派医生甲去3个企业中的任何一个，有3种；第二步：派医生乙去3个企业中的任何一个，有3种；第三步：派医生丙去3个企业中的任何一个，有3种；第四步：派医生丁去3个企业中的任何一个，有3种；由分步乘法计数原理知，所有不同分派方案共种，故选项D错误；故选：ABC. 三、填空题13．从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成___________个没有重复数字的四位数.(用数字作答)【答案】1260.【详解】分析:按是否取零分类讨论，若取零，则先排首位，最后根据分类与分步计数原理计数.详解：若不取零，则排列数为，若取零，则排列数为，因此一共有个没有重复数字的四位数.点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.14．如图，在空间四边形中，和为对角线，为的重心是上一点，以为基底，则__________．【答案】【详解】由题意，连接 则 ． .故答案为.15．空间直角坐标系中，经过点且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角大小为________.【答案】 【分析】依题意可得平面法向量为，直线方向向量，根据空间向量法求出线面角的大小；【详解】解：由平面的方程为得平面法向量为，经过直线的方程为得直线方向向量，设直线与平面所成角是，则，又，所以，所以；故答案为：四、双空题16．若，则____________，____________；（用数字作答）【答案】          【分析】利用赋值法求得，由二项式展开式的通项公式求得.【详解】由，令得，令得.，所以.故答案为：； 五、解答题17．已知在的展开式中，第项为常数项.求：（1）的值；（2）展开式中的系数.【答案】（1）（2）【详解】分析：（1）根据的展开式中，第9项为常数项，即可求解的值；（2）由（1）可得展开式的通项公式，令的指数幂为5，求得的值，即可得到展开式中项的系数.详解：（1）在根据的展开式中，第9项为常数项，则第9项的通项公式为，所以，解得.（2）由（1）可得展开式的通项公式 ，令，解得，则得到展开式中项的系数.点睛：本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟记二项式定理的通项是解答的关键，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项式定理的应用．18．用，，，，，，组成无重复数字七位数，满足下述条件的七位数各有多少个？(1)偶数不相邻；(2)和之间恰有一个奇数，没有偶数；(3)三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列. 【答案】(1)1440(2)720(3)840【分析】（1）不相邻问题插空法（2）先考虑12和21的情况，再将它们看作一个整体，与其它元素全排列（3）先选3个位置排偶数，再在剩下的位置排奇数.【详解】(1)根据题意，分2步进行分析：①先将4个奇数排好，有种排法，②排好后，有5个空位可选，在其中任选3个，安排3个偶数，有种排法，则有个符合题意的七位数；(2)根据题意，分2步进行分析：①在1和2之间安排一个奇数，考虑12和21的情况，有种安排方法，②将三个数字看成一个整体，与其他4个数字全排列，有种排法，则有个符合题意的七位数；(3)根据题意，分2步进行分析：①在7个数位中任选3个，将三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列，有种排法，②剩下的4个数字安排在剩下的4个数位上，有种排法，则有个符合题意的七位数.19．在二项式的展开式中，.给出下列条件：①若展开式前三项的二项式系数和等于46；②所有奇数项的二项式系数和为256；③若展开式中第7项为常数项.试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上，并且完成下列问题：(1)求展开式中二项式系数最大的项；(2)求展开式中的常数项.(备注：如果多个条件分别解答，按第一个条件计分)【答案】(1)，(2)【分析】（1）选择①由求解；选择②：由求解；选择③：由通项公式为，令求解；由，得到展开式中二项式系数最大的项为第5和第6项求解；（2）由展开式通项为，令求解.【详解】(1)解：选择①：因为展开式前三项的二项式系数和等于46，所以，即，即，即，解得或（舍去）选择②：因为所有奇数项的二项式系数和为256，所以，即，解得.选择③：通项公式为，则有，所以因为展开式中第7项为常数项，即，所以.所以展开式中二项式系数最大的项为第5和第6项，，；(2)展开式通项为：，令，，展开式中常数项为第7项，常数项为.20．设.(1)求 的值；(2)求除以9的余数；(3)求的值.【答案】(1)(2)7(3)3072【分析】（1）分别令和，两式相加即可得结果；（2）根据二项式系数和公式可得，再按照二项式定理展开即可得结果；（3）先对函进行求导，再令即可得结果.【详解】(1)（1）对于令 ，得：          ①令 ，得：        ②①+②得：∴.(2) 显然，上面括号内的数为正整数，故求被9除的余数为7.(3)两边求导数得：，令，则有，即.21．如图，在棱长是2的正方体中，为的中点.(1)求证：；(2)求异面直线与所成角的余弦值；(3)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；【详解】(1)解：因为正方体棱长为2，故以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则有，，，，，，，.因为为的中点，所以 ， ，，所以，所以，即；(2)解：因为，，所以，因为异面直线与所成角是锐角，所以异面直线与所成角的余弦值是.(3)解：设平面的法向量是 ，则，，即， 又，，所以 令，则，，所以，又，所以点到平面的距离.22．四棱锥中，平面 ，四边形为菱形，，，为的中点.(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】(1)根据面面垂直的判定定理证明；(2)平面直角坐标系，利用向量方法求解；(3)求二面角的两个半平面的法向量，利用法向量夹角与二面角的平面角的关系结合向量夹角公式求解.【详解】(1)因为四边形为菱形，所以.又，所以为等边三角形，即有， 又在中，因为是 中点，所以.因为平面，平面，所以.又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.(2)取中点为，则，又，所以，因为平面，所以故以为坐标原点，以，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.则各点的坐标为：，，，，，，.由(1)平面，所以平面的法向量是，又设直线与平面所成角是， ，直线与平面所成角的正弦值是.(3)设二面角的平面角为， 设平面的法向量，则所以 而， 则，令，则，，   所以，又平面的法向量是，所以，所以二面角的平面角的余弦值是.