2022-2023学年江苏省徐州市高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年江苏省徐州市高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】点关于平面的对称点的坐标横纵坐标不变，竖坐标变为相反数.

【详解】点关于平面的对称点坐标为.

故选：C.

2．如图，在平行六面体中，设，，，则下列与向量相等的表达式是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用空间向量的运算法则计算即可.

【详解】对选项A：，错误；

对选项B：，错误；

对选项C：，错误；

对选项D：，正确．

故选：D

3．从5名学生中选出正，副班长各一名，不同的选法种数是（    ）

A．9 B．10 C．20 D．25

【答案】C

【分析】利用排列、排列数的定义直接列式计算作答.

【详解】从5名学生中选出正，副班长各一名，不同的选法种数是.

故选：C

4．将4名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰，短道速滑，冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，志愿者小明不去花样滑冰项目，则不同的分配方案共有（    ）

A．12种 B．18种 C．24种 D．48种

【答案】B

【分析】先分析小明的分配方法，再将另外3名志愿者全排列，由分步乘法计数原理计算可得答案．

【详解】志愿者小明不去花样滑冰项目，则小明有3种分配方法，

将另外3名志愿者分配剩下的3个项目，有种分配方法，

根据分步乘法计数原理可得不同的分配方案共有种．

故选：B．

5．用0，1，2，3，4可以组成没有重复数字的四位偶数的个数为（    ）

A．36 B．48 C．60 D．72

【答案】C

【分析】当个位数为0时，从其他4个数选3个进行排列，当个位数为2或4时，从剩下的非零的3个数中选一个排在千位，再从剩下的3个数中选2个排在十位和百位，最后用分类计数原理求解.

【详解】当个位数为0时，有个，

当个位数为2或4时，有个，

所以无重复数字的四位偶数有24+36=60个，

故选：C.

6．小明准备将新买的中国古典长篇小说四大名著《红楼梦》､《三国演义》､《水游传》､《西游记》和《论语》五本书立起来放在书架上，若要求《三国演义》､《水汻传》两本书相邻，且《论语》放在两端，则不同的摆放方法有（    ）

A．18种 B．24种 C．36种 D．48种

【答案】B

【分析】根据分步乘法计数原理，结合捆绑法运算求解.

【详解】第一步：《论语》放在两端，有种不同的摆放方法；

第二步：将《三国演义》､《水汻传》两本书捆绑，再与剩余的两本书一起排列，有种不同的摆放方法；

所以共有种不同的摆放方法.

故选：B.

7．在下列条件中，一定能使空间中的四点共面的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据向量共面定理，，若A，B，C不共线，且A，B，C，M共面，则其充要条件是，由此可判断出答案.

【详解】根据向量共面定理，，若A，B，C不共线，且A，B，C，M共面，则其充要条件是，

由此可得A，B，D不正确，

选项C：，所以四点共面，

故选：C.

8．如图，在直三棱柱中，是的中点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．若，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，由向量垂直的坐标表示可解得，即可由向量法求得，从而求得结果.

【详解】由题意得，设，则有，

由得，

，

异面直线与所成角的余弦值为.

故选：A.

二、多选题

9．空间中三点是坐标原点，则（    ）

A． B．

C．点关于平面对称的点为 D．与夹角的余弦值是

【答案】AB

【分析】利用空间向量的求模公式，数量积公式及点的对称性即可判定.

【详解】由题意可得：，，

所以，故A正确；

，即，故B正确；

点关于平面对称的点为，故C错误；

，故D错误.

故选：AB

10．下列关于空间向量的命题中，正确的有（    ）

A．直线的方向向量，平面的法向量是，则；

B．若非零向量满足，则有；

C．若是空间的一组基底，且，则四点共面；

D．若是空间的一组基底，则向量也是空间一组基底；

【答案】CD

【分析】利用空间向量基底的概念与向量和向量间的位置关系逐项判断即可．

【详解】对于A：因为，所以，又因为为直线的方向向量，为平面的法向量，所以，故A错误；

对于B：若非零向量满足，则和的关系不确定，故B错误；

对于C：若，，是空间的一组基底，且，则，即,可得A，B，C，D四点共面，故C正确；

对于D：因为，，是空间的一组基底，所以对于空间中的任意一个向量，存在唯一的实数组，使，所以向量，，也是空间一组基底，故D正确，

故选：CD．

11．下列选项正确的是（    ）

A．有6个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，则不同的存放方式有720种

B．有7个不同的球，全部放入5个相同的盒子中，每个盒子至少放1个，则不同的存放方式有140种

C．有7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有18种

D．有7个相同的球，全部放入3个相同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有8种

【答案】ABD

【分析】用排列的定义求解判断A，用分组分配法求解判断B，用插隔板法求解判断C，用列举法求解判断D．

【详解】选项A，6个球选5个的排列，方法数为，A正确；

选项B，按球的个数分类讨论得方法数为：，B正确；

选项C，用插隔板法，相当于8 个相同的球放入3个不同的盒子，每个盒子里至少一个球，方法数为，C错误；

选项D，存放方法在于球的个数，相当于把7分成3 个数的和（可以是0），

，共8种方法，D正确．

故选：ABD．

12．已知正方体的棱长为，为侧面的中心，为棱的中点，为线段上的动点（不含端点），为上底面内的动点，则下列结论正确的是（    ）

A．三棱锥的体积为定值

B．若平面，则

C．若，则线段的最大值为

D．当与的所成角为时，点的轨迹为抛物线的一部分

【答案】ACD

【分析】证明，由此证明的面积为定值，再证明平面，结合锥体体积公式判断A，建立空间直角坐标系由条件确定点的坐标，再求，判断B；利用空间向量可判断CD.

【详解】因为为侧面的中心，所以为的中点，又为棱的中点，所以，

所以点到直线的距离等于点到直线的距离，

所以点到直线的距离等于点到直线的距离的一半，

设，

所以点到直线的距离为，

所以点到直线的距离为，

所以的面积，

又，，且，平面，

所以平面，

所以三棱锥的体积，A正确；

如图以点为原点，为的正方向，建立空间直角坐标系，

则，

所以，

所以，

所以向量为平面的一个法向量，

设，，

所以，

因为平面，所以，

所以，所以，

所以，B错误；

设，则，

又，

因为，所以，

所以，

所以，

又，所以，

所以当时，线段取最大值，最大值为；C正确；

因为，，

又与的所成角为，

所以，

化简可得，且，

所以点的轨迹为抛物线的一部分，D正确；

故选：ACD.

【点睛】关键点点睛：本题解集的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量方法研究空间中的线面位置关系.

三、填空题

13．______．

【答案】715

【分析】利用组合数性质计算即可.

【详解】∵

∴

=……=.

故答案为：.

14．在空间直角坐标系中，已知，点满足，则点的坐标为__________．

【答案】

【分析】由空间向量的坐标运算求解，

【详解】设，则，，

故，得，

故答案为：.

15．10名同学进行队列训练，站成前排4人后排6人，现体育教师要从后排6人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法有__________种．（数字作答）

【答案】450

【分析】先从6个人中选2人调整到前排，再把2人在6个位置选2个进行排列，按照乘法计数原理计算即可.

【详解】先从后排6人中抽2人，有种选法，

再将抽2人调整到前排，共有6人，且其他人的相对顺序不变，有种选法，

故不同调整方法有种.

故答案为：450.

16．在直四棱柱中，底面是边长为2的正方形，．点是侧面内的动点（不含边界），，则与平面所成角的正切值的取值范围为__________．

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，由垂直关系得点轨迹，根据结合圆的性质可得，再根据直线与平面所成角的定义结合条件即得.

【详解】如图所示建立空间直角坐标系，

则，，设，得，，

由题意得，故，得，

故点轨迹是以为圆心，1为半径的圆在正方形内的部分，

由题可知为的中点，如图，

当共线时，取得最小值为，

而，

所以，

因为平面，所以与平面所成角即为，

所以，

故答案为：.

四、解答题

17．已知，，，，，求：

(1)分别求出的坐标；

(2)与夹角的余弦值．

【答案】(1)，，

(2)

【分析】（1）由向量垂直和平行可得关于的关系式，求解即可；

（2）由（1）可得向量与的坐标，进而由夹角公式可得答案.

【详解】（1）因为，所以，解得，

则，．

又，所以，即，解得，于是．

（2）由（1）得，；设与的夹角为，因为．

所以与夹角的余弦值为．

18．3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方法数.

(1)选5名同学排成一排：

(2)全体站成一排，甲、乙不在两端：

(3)全体站成一排，男生站在一起、女生站在一起；

(4)全体站成一排，男生彼此不相邻；

【答案】(1)

(2)

(3)

(4)

【分析】(1)直接用排列原理求解；(2)先特殊后一般即可求解；(3)利用捆绑法求解；(4)利用插空法求解.

【详解】（1）无条件的排列问题,排法有种.

（2）先在中间五个位置选两个位置安排甲，乙，然后剩余5个人在剩余五个位置全排列，

所以有种.

（3）相邻问题，利用捆绑法，共有种.

（4）即不相邻问题，先排好女生共有种排法，男生在5个空中安插，共有种排法，

所以共有种.

19．按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？

(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；

(2)甲､乙､丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；

(3)平均分成三份，每份2本：

【答案】(1)60

(2)360

(3)15

【分析】（1）根据有序不均匀分组，结合分步乘法计数原理即可求解；

（2）根据有序不均匀分组分配，结合分步乘法计数原理即可求解；

（3）根据有序平均分组分配，结合分步乘法计数原理即可求解；

【详解】（1）依题意，先选1本有种选法；

再从余下的5本中选2本有种选法；

最后余下3本全选有种方法，故共有种．

（2）由（1）知，分组后共有60种方法，

分别分给甲､乙､丙的方法共有种．

（3）分三步，先从6本书选2本，再从4本书选2本，剩余的就是最后一份2本书，

共有种方法，该过程出现了重复．

不妨记6本书为､､､､､，

若第一步取了，第二步取了，第三步取了，记该种分法为，，，

则种分法中还有，，､，，､，，､，，､，，，共种情况，

而这种情况仅是､､的顺序不同，因此只能作为一种分法，

故分配方式有种．

20．已知：在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点为中点，．

(1)求证：平面平面；

(2)求直线与平面所成角大小；

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明平面，则有，在证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；

（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．

【详解】（1）因为平面，平面，

所以，

又平面，

所以平面，

又平面，所以，

因为点M为中点，，

所以，

又平面，

所以平面，

因为平面，

所以平面平面．

（2）以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

由已知可得，

因为平面，

所以即为平面PCD的一个法向量，

，

设直线与平面所成角为，

则，

又，所以，

即直线与平面所成角的大小为．

21．如图，在棱长为1的正方体中，点分别是棱上的动点，且

(1)求证：；

(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设，建立空间直角坐标系，得到各点坐标，计算得到证明.

（2）确定，分别是棱，的中点时，体积取得最大值，建立空间直角坐标系，确定平面的法向量为，底面的法向量为，根据向量的夹角公式计算得到答案.

【详解】（1）设，以为原点建立空间直角坐标系，

，，，，，，，，，，

则，，

因为，故．

（2）设，以为原点建立空间直角坐标系，

因为，

所以当取得最大值时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值．

因为，

所以当时，即，分别是棱，的中点时，体积取得最大值，

此时，坐标分别为，，

，，

设平面的法向量为，则，

令，则，得．

底面的一个法向量为．

设二面角的平面角为，由题意知为锐角．

因为，所以，于是．

即二面角的正弦值为．

22．如图，在三棱锥中，分别为的中点，为正三角形，平面平面．

(1)求点到平面的距离；

(2)在线段上是否存在异于端点的点，使得平面和平面夹角的余弦值为若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．

【答案】(1)；

(2)存在点，为中点.

【分析】（1）连接，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，，再由得到，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；

（2），且，求出平面的法向量，利用空间向量法得到方程，解得的值，即可得解.

【详解】（1）连接，∵为正三角形，又为中点，∴，

∵平面平面，平面平面，平面，

∴平面，又平面，∴，

因为分别为的中点，所以，

∴，

∴如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

∵，则，

设平面的法向量为，∵，

则，令，则

又，则点到平面的距离为；

（2）由（1）可知是平面的一个法向量，

由题可设，且，则，

∴，

设平面的法向量为，由于，

则，

令，则，

∴，整理得，解得或（舍），

故存在点，使得平面和平面夹角的余弦值为，此时为中点.