2021-2022学年江苏省南京市第十二中学高二下学期3月学情调研数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年江苏省南京市第十二中学高二下学期3月学情调研数学试题（解析版），共14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．平面α的法向量，平面β的法向量 ，若α⊥β，则λ的值是（ ）
A．2B．－2C．±2D．不存在
【答案】C
【分析】根据α⊥β，可知平面α和平面β的的法向量，由此求得答案.
【详解】由题意α⊥β，可知，
即 ，解得 ，
故选：C
2．5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同的选择的种数为（ ）
A．60B．125C．240D．243
【答案】D
【分析】有分步计算原理即可得出结果.
【详解】每个同学由3种选择方式，5名同学共有种选择方式
故选：D
3．已知棱长为1的正方体的上底面的中心为，则的值为（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】C
【分析】根据空间向量的线性运算，将和用、、表示，再根据空间向量的数量积运算可得解.
【详解】，，
则
.
故选：C．
【点睛】本题考查了空间向量的线性运算，考查了空间向量的数量积，属于基础题.
4．的展开式中的系数是（ ）
A．90B．80C．70D．60
【答案】A
【解析】根据二项式定理，得到展开式的第项，再由赋值法，即可求出结果.
【详解】因为展开式的第项为，
令，得，则的系数为．
故选：A.
5．3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作，每名大学生只去1个村，每个村至少1人，则不同的分配方案共有（ ）
A．4种B．5种C．6种D．8种
【答案】C
【分析】先将3名大学生分成2组，一组2人，一组1人，再将这两组分配到2个山村，然后可得答案.
【详解】先将3名大学生分成2组，一组2人，一组1人，共有种分法
再将这两组分配到2个山村，有种分法
故共有种分法
故选：C
6．已知展开式中，奇数项的二项式系数之和为64，则展开式中常数项为（ ）．
A．-14B．-13C．1D．2
【答案】B
【分析】首先利用二项式系数公式求，再将展开成，再分别求常数项.
【详解】由条件可知，，所以，
则，其中常数项分为两部分，的常数项是，的常数项是中含项的系数，，所以常数项是.
故选：B
7．数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】B
【分析】先分类，再每一类中用分步乘法原理即可.
【详解】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为或或若是，则先将门学科分成三组共种不同方式.再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种
所以每位同学的不同选修方式有种，
故选：B.
8．已知，则 的值为
A．39B．310C．311D．312
【答案】D
【分析】【详解】由两边求导得
，
令得，
令得，
所以
故选D.
【解析】1.导数的应用；2.二项式定理；3.特殊值法.
【名师点睛】
本题考查导数的应用，二项式定理，特殊值法，中档题；导数是高考的必考内容，二项式定理在高考中可能考查也可能不考查，但本题将导数与二项式定理融合在一起，应用特殊值法求解，可谓是立意新颖，称得是好题.
二、多选题
9．已知点P是平行四边形所在的平面外一点，如果，下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．是平面的一个法向量D．
【答案】ABC
【分析】由，可判定A正确；由，可判定B正确；由且，可判定C正确；由是平面的一个法向量，得到，可判定D不正确.
【详解】由题意，向量，
对于A中，由，可得，所以A正确；
对于B中，由，所以，所以B正确；
对于C中，由且，可得向量是平面的一个法向量，所以C正确；
对于D中，由是平面的一个法向量，可得，所以D不正确.
故选：ABC
10．若3男3女排成一排，则下列说法错误的是（ ）
A．共计有720种不同的排法B．男生甲排在两端的共有120种排法
C．男生甲、乙相邻的排法总数为120种D．男女生相间排法总数为72种
【答案】BC
【分析】利用全排列、捆绑法、插空法对四种情况进行排列即可解得.
【详解】3男3女排成一排共计有种；男生甲排在两端的共有种；男生甲、乙相邻的排法总数种；男女生相间排法总数种；
故选：BC
【点睛】本题考查了全排列、捆绑法、插空法在排列组合中的应用，属于简单题，解题时需要准确选择合理的方法是解题的关键.
11．在空间四边形中，已知平面的一个法向量为，且二面角的大小的余弦值为，则平面的法向量可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】将四个选项逐一代入检验即可
【详解】对于 选项，
满足题意;
对于 选项，
，不满足题意;
对于 选项，
，满足题意 ；
对于 选项，
，不满足题意;
故选：AC
12．已知的展开式中第5项与第7项的二项数系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确的是（ ）
A．展开式中奇数项的二项式系数和为256
B．展开式中第6项的系数最大
C．展开式中存在常数项
D．展开式中含项的系数为45
【答案】BCD
【解析】由二项式的展开式中第5项与第7项的二项数系数相等可知,由展开式的各项系数之和为1024可得,则二项式为,易得该二项式展开式的二项式系数与系数相同,利用二项式系数的对称性判断A,B；根据通项判断C,D即可.
【详解】由二项式的展开式中第5项与第7项的二项数系数相等可知,
又展开式的各项系数之和为1024,即当时,,所以,
所以二项式为,
则二项式系数和为,则奇数项的二项式系数和为,故A错误；
由可知展开式共有11项,中间项的二项式系数最大,即第6项的二项式系数最大,
因为与的系数均为1,则该二项式展开式的二项式系数与系数相同,所以第6项的系数最大,故B正确；
若展开式中存在常数项,由通项可得,解得,故C正确；
由通项可得,解得,所以系数为,故D正确,
故选: BCD
【点睛】本题考查二项式的定理的应用,考查系数最大值的项,考查求指定项系数,考查运算能力.
三、填空题
13．新冠病毒爆发初期，全国支援武汉的活动中，需要从医院某科室的5名男医生（含一名主任医师）、3名女医生（含一名主任医师）中分别选派3名男医生和2名女医生，要求至少有一名主任医师参加，则不同的选派方案共有________种．（用数字作答）
【答案】26
【分析】根据题意，先算出从5名男医生(含一名主任医师)､3名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生的选派方案种数，再算出男女主任都没有参加的选派方案种数，两者相减求得结果.
【详解】根据题意，从5名男医生(含一名主任医师)､3名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，
共有种选派方案，
如果所选的男女主任都没有参加，共有种选派方案，
所以至少有一名主任医师参加有种，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关组合的综合问题，方法如下：
（1）要用好两个计数原理；
（2）可以用间接法求解，用总的减去不满足条件的就是要求的；
（3）也可以用直接法求解，包括男主任参加女主任不参加、男主任不参加女主任参加和男女主任都参加，相加即可.
14．在空间直角坐标系中，已知，，则向量与平面的法向量的夹角的正弦值为________.
【答案】
【分析】首先根据题意得到平面的法向量为和，再利用向量夹角公式计算即可得到答案.
【详解】平面的一个法向量为，，
所以.
∵，
∴.
故答案为：
【点睛】本题主要考查空间向量的夹角公式，熟记公式为解题关键，属于简单题.
15．已知平面α的一个法向量=(－2，－2，1)，点A（－1，3，0）在α内，则平面外一点P（－2，1，4）到α的距离为___________
【答案】
【分析】由点面距的向量公式计算．
【详解】由已知，
所以到平面的距离为．
故答案为：．
16．的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则该展开式的常数项是__________．
【答案】15
【详解】∵二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大， ，
则展开式中的通项公式为 ．
令，求得 ，故展开式中的常数项为 ，
故答案为15.
四、解答题
17．如图所示，在四棱锥M­-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且AM和AB，AD的夹角都是60°，N是CM的中点，设试以 为基底表示出向量，并求BN的长．
【答案】
【分析】按照题目所给的条件，根据向量的基本定理，把 看作是基底，
就可以写出 ，并用数量积的方式即可求出BN的长.
【详解】根据题目所给的图形有：
，

，
；
综上， .
18．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．
19．将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个编号为1，2，3，4的盒子中．
（1）若每盒至多一球，则有多少种放法？
（2）若恰好有一个空盒，则有多少种放法？
（3）若每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则有多少种放法？
【答案】（1）24；（2）144；（3）8．
【分析】（1）由四个元素的全排列计算即可；
（2）利用捆绑法将四个球中的两个“捆”在一起，再从4个盒子中选3个进行投放；
（3）先选出一个球的编号和盒子编号相同的小球，再用局部列举法得出其余三个球的投入方法，最后由分步乘法计数原理求解即可；
【详解】（1）每盒至多一球，这是4个元素全排列问题，共有种．
答：共有24种放法．
（2）先取四个球中的两个“捆”在一起，有种选法，把它与其他两个球共三个元素分别放入四个盒子中的三个盒子，有种投放方法，所以共有（种）放法．
答：共有144种放法．
（3）一个球的编号与盒子编号相同的选法有种，当一个球与一个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余三个球的投入方法有2种，故共有（种）放法．
答：共有8种放法．
【点睛】关键点睛：解决问题（2）的方法在于利用捆绑法将四个球中的两个“捆”在一起，再进行排列.
20．如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，.
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)若在线段上存在点，使得二面角的余弦值；请指出点的位置．
【答案】(1)；
(2)为上靠近点的三等分点.
【分析】(1)根据题意，以为原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，求出各点坐标，求出平面的法向量，利用向量即可求出直线与平面所成角的正弦值；
(2)分别求出平面EAC和平面PAC的法向量，根据二面角的余弦值为即可求出E点坐标.
【详解】(1)以为原点，所在直线分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为；
(2)假设线段上存在点，使得二面角的余弦值，
设，则，
，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
设平面PAC的法向量为，
则，取，则，
二面角的余弦值，
，
化简得，，解得或2(舍)，
故存在点满足题意，且为上靠近点的三等分点﹒
21．已知，
（1）若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项
的系数；
（2）若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．
【答案】（1）70（2）（2x）10
【详解】试题分析：（1）第k+1项的二项式系数为，由题意可得关于n的方程，求出n．而二项式系数最大的项为中间项，n为奇数时，中间两项二项式系数相等；n为偶数时，中间只有一项．（2）由展开式前三项的二项式系数和等于79，可得关于n的方程，求出n．而求展开式中系数最大的项时，可通过解不等式组求得，假设项的系数最大，项的系数为，则有
试题解析：（1）通项Tr＋1＝n－r·（2x）r＝22r－nxr，由题意知，，成等差数列，
∴＝，∴n＝14或7.
当n＝14时，第8项的二项式系数最大，该项的系数为22×7－14＝3 432；
当n＝7时，第4、5项的二项式系数相等且最大，
其系数分别为22×3－7=，22×4－7=70.
（2）由题意知＝79，
∴n＝12或n＝－13（舍）．
∴Tr＋1＝22r－12xr.
由得∴r＝10.
∴展开式中系数最大的项为T11＝22×10－12·x10＝（2x）10.
【解析】二项式定理的应用
22．如图，在圆锥中，已知 的直径 的中点．
（1）证明：
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析 （2）
【详解】解：（1）连接，因为 , 为的 中点，所以 .
又因为 内的两条相交直线，所以 而，所以 ．
（2）在平面中，过 作 于 ，由（1）知， ,所以又 所以 .
在平面中，过 作 连接,则有 ，
从而，所以 是二面角 的平面角．
在
在
在
在,所以 ．
故二面角的余弦值为 ．