2022淮安高中校协作体高二下学期期中考试数学含解析

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淮安市高中校协作体2021～2022学年度第二学期期中考试高二数学试卷考试时间：120分钟   总分：150分一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上）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【解析】【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【解析】【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【解析】【分析】直接利用空间向量的夹角公式公式，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】【分析】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【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 请把答案填涂在答题卡相应位置上9. 下列选项正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ACD【解析】【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【解析】【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】【分析】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【解析】【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（本大题共4小题， 每小题5分，共计20分.其中第16题共有2空，第一个空2分，第二个空3分；其余题均为一空， 每空5分.请把答案填写在答题卡相应位置上）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.【解析】【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】【解析】【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】## 【解析】【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：16. 若，则____________，____________；（用数字作答）【答案】    ①.     ②. 【解析】【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：；四、解答题（本大题共6小题，共计70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17. 已知在的展开式中，第项为常数项.求：（1）值；（2）展开式中的系数.【答案】（1）（2）【解析】【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【解析】【分析】（1）不相邻问题插空法（2）先考虑1*2和2*1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.【小问1详解】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；【小问2详解】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1*2和2*1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；【小问3详解】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）【解析】【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.【小问1详解】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，，；【小问2详解】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【解析】【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.【小问1详解】（1）对于令 ，得：      ①令 ，得：     ②①+②得：∴.【小问2详解】 显然，上面括号内的数为正整数，故求被9除的余数为7.【小问3详解】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）【解析】【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；【小问1详解】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；【小问2详解】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.【小问3详解】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）【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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.【小问3详解】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，又平面法向量是，所以，所以二面角的平面角的余弦值是.