2022-2023学年江苏省连云港高级中学高二下学期第一次学情检测数学试题含解析

2022-2023学年江苏省连云港高级中学高二下学期第一次学情检测数学试题

一、单选题

1．正方体中，化简（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.

【详解】,

故选：A

2．展开后的不同项数为（    ）

A．9 B．12 C．18 D．24

【答案】D

【分析】由分步乘法计数原理求解即可

【详解】分三步：第一步，从中任取一项，有4种方法；

第二步，从中任取一项，有3种方法；

第三步，从中任取一项有2张方法.

根据分步乘法计数原理，得共有（项）.

故选：D

3．已知A、B、C三点不共线，对平面外的任一点O，下列条件中能确定点M与点A、B、C一定共面的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据四点共面的性质进行判断即可.

【详解】M与A、B、C共面的条件是，且，

故B选项正确，

故选：B

4．下列说法正确的是（    ）

A．若向量、共线，则向量、所在的直线平行．

B．若、、是空间三个向量，则对空间任一向量，总存在唯一的有序实数组，使．

C．若向量、所在的直线是异面直线，则向量、一定不共线．

D．若三个向量、、两两共面，则三个向量、、一定共面．

【答案】C

【分析】根据空间向量的相关概念以及空间向量基本定理分析判断.

【详解】对于A：若向量、共线，则向量、所在的直线平行或重合，故A错误；

对于B：根据空间向量基本定理可知，此时、、应是空间三个不共面的向量，故B错误；

对于C：反证：若向量、共线，则向量、所在的直线平行或重合，

这与向量、所在的直线是异面直线相矛盾，故C正确；

对于D：若三个向量、、两两共面，则三个向量、、不一定共面，

例如、、所在的直线为三棱锥的三条侧棱，故D错误；

故选：C.

5．某班有8名优秀学生，其中男生有5人，女生有3人．现从中选3人参加一次答辩比赛，要求选出的3人中，既有男生又有女生，则不同的选法共有（    ）

A．45种 B．56种 C．90种 D．120种

【答案】A

【分析】利用间接的方法，先求出人中选人总共有多少种，再分别求出都是女生和都是男生的有多少种，即可求解.

【详解】解：人中选人共有：种，

其中都是男生的有：种，

都是女生的有：，

故既有男生又有女生，则不同的选法共有：.

故选：A.

6．已知平面的一个法向量为，点在平面内，则平面外一点到平面的距离为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】根据空间向量点到面的距离公式直接进行求解即可.

【详解】因为，点在平面内，点平面外，

所以点到平面的距离，

故选：B

7．为了进一步提高广大市民的生态文明建设意识，某市规定每年月日为“创建文明城生态志愿行”为主题的生态活动日，现有名同学参加志愿活动，需要携带勾子、铁锹、夹子三种劳动工具，要求每人都要携带一个工具，并且要求：带一个勾子，铁锹至少带把，夹子至少带一个，则不同的安排方案共有（    ）

A．种 B．种 C．种 D．种

【答案】A

【分析】由已知，将携带工具的方案分两类，利用排列数和组合数计算，可得答案．

【详解】携带工具方案有两类：

第一类，个勾子，个夹子，把铁锹，所以携带工具的方案数有种；

第二类，个勾子，个夹子，把铁锹，所以携带工具的方案数有种；

所以不同的安排方案共有种，

故选：A

8．正方体棱长为2，是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，设出，利用向量的数量积及体积最大值求得，从而得到与平面所成角的正弦值.

【详解】如图，以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，设，，

则，

由于为定值，要想三棱锥的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，

其中，

所以当时，取得最大值，

因为，

所以的最大值为，

所以，，

平面的法向量，

所以与平面所成角的正弦值为

故选：A

二、多选题

9．下列各式的运算结果中，等于的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】根据排列数、组合数的运算逐项化简排除可得答案.

【详解】对于A，

，正确；

对于B，，错误；

对于C，，正确；

对于D，，错误.

故选：AC.

10．下列关于空间向量的命题中，正确的有（    ）

A．若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则；

B．若非零向量，，满足，，则有；

C．若直线l的方向向量为，平面的法向量，则l；

D．若，，是空间的一组基底，则向量，，也是空间一组基底；

【答案】AD

【分析】A.由空间向量基本定理判断；知， B.由空间直线的位置判断； C.根据，由l或判断；D.利用空间向量基本定理判断.

【详解】A.由空间向量基本定理知，若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则与一定共线，故正确；

B.若非零向量，，满足，，则与不能确定，故错误；

C.因为，所以，则l∥或，故错误；

D.因为，，是空间的一组基底，对于空间任一向量，

所以向量，，也是空间一组基底，故正确.

故选：AD

11．我校以大课程观为理论基础，以关键能力和核心素养的课程化为突破口，深入探索普通高中创新人才培养的校本化课程体系.本学期共开设了八大类校本课程，具体为学课拓展（X）、体艺特长（T）、实践创新(S)、生涯找划(C)、国际视野(I)、公民素养（G）、大学先修（D）、PBL项目课程（P）八大类，假期里决定继续开设这八大类课程，每天开设一类且不重复，连续开设八天，则（   ）

A．某学生从中选3类，共有56种选法

B．课程“X”、“T”排在不相邻两天，共有种排法

C．课程中“S”、“C”、“T”排在相邻三天，且“C”只能排在“S”与“T”的中间，共有720种排法

D．课程“T”不排在第一天，课程“G”不排在最后一天，共有种排法

【答案】ABD

【分析】A选项结合组合的思想即可判断；B选项采用插空法做；C选项采用捆绑法求解；D选项分成两类，一是“G”排在第一天，二是“G”排在除第一天和最后一天之外的某一天，从而可求出总排法.

【详解】解：A：，即A正确；B：若“X”、“T”不相邻，剩余6类排列方法为,

形成7个空，则“X”、“T”填入7个空的方法为，所以共有种排法；

C：先排列“S”、“C”、“T”三科则有种排列方法，三科形成整体与剩余5科再进行全排列，

则方法有种排列方法，所以共有种方法；

D：分成两类情况，一是“G”排在第一天，则此类情况下排法有种，

二是“G”排在除第一天和最后一天之外的某一天，有种方法，

则共有种排法.

故选:ABD.

【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：

（1）相邻问题采取“捆绑法”；

（2）不相邻问题采取“插空法”；

（3）有限制元素采取“优先法”；

（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.

12．已知正方体棱长为，为棱的中点，为底面上的动点，则下列说法正确的是（     ）

A．存在点，使得

B．存在唯一点，使得

C．当，此时点的轨迹长度为

D．当为底面的中心时，三棱锥的外接球体积为

【答案】BCD

【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据点关于平面的对称点为，由可知A错误；利用向量垂直的坐标表示可求得时的点坐标，当时点的轨迹方程，可知BC正确；根据垂直关系可知三棱锥外接球球心为中点，半径为，由球的体积公式可求得D正确.

【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，设，

，，

对于A，点关于平面的对称点为，

则（当且仅当三点共线时取等号），A错误；

对于B，由得：，

即，，即存在点，使得，B正确；

对于C，，，

由得：，即，

点轨迹是连接棱中点与棱中点的线段，其长度为线段的一半，

点轨迹长为，C正确；

对于D，平面，平面，，

由B知：，中点到的距离相等，

即三棱锥外接球球心为中点，半径为，

三棱锥外接球体积，D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．在的二项展开式中，常数项为______.

【答案】

【分析】由二项式的通项有，当时为常数项.

【详解】由二项式通项知：，

∴当时，有常数项为，

故答案为：

【点睛】本题考查了二项式定理，利用二项式的通项找到对应，进而求常数项，属于基础题.

14．方程的解为__________．

【答案】或

【分析】方程相等分为两种情况：相等或者相加等于14，计算得到答案.

【详解】或

解得：或

故答案为或

【点睛】本题考查了组合数的计算，漏解是容易发生的错误.

15．已知，若夹角为钝角，则实数的取值范围是________．

【答案】且

【分析】根据题意得出且与不共线，然后根据向量数量积的定义及向量共线的条件即可求出答案.

【详解】因为与的夹角为钝角，所以且与不共线，

因为，所以，解得，

当与共线时，，即，则，解得，

所以且.

故答案为：且.

16．如图，已知△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则二面角的正切值等于________．

【答案】－2

【分析】在平面ABC内，过作，可证得平面，AH⊥平面BCD，过作，可得平面，则，故为二面角的平面角的补角，设，求出，即可得出答案.

【详解】在平面ABC内，过作，垂足为，连接DH，

由题意，，平面，∴平面，

∵和所在的平面互相垂直，且平面平面，∴AH⊥平面BCD，

过作，垂足为，连接AR，

∵平面，平面，∴，

∵，平面，

∴平面，又平面，∴，

故为二面角的平面角的补角．

设，则由题设知，，

在中，，

，

故二面角的正切值为－2．

故答案为：－2．

四、解答题

17．已知，．

(1)求；

(2)当时，求实数k的值．

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）根据空间向量的运算，先求出，，然后计算数量积；

（2）根据空间向量的运算，先求出，，根据垂直关系可知它们数量积为，据此计算.

【详解】（1）因为，，

所以，，

所以

（2）因为，，

所以，由（1），

因为，所以，

所以，解得

18．在锐角中，分别为角所对的边，且

（1）确定角的大小 ；    

（2）若，且，求的面积 ．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）根据已知条件及正弦定理，结合三角函数的特殊值对应的特殊角即可求解；

（2）利用（1）的结论及余弦定理，结合三角形的面积公式即可求解.

【详解】（1）由及正弦定理得，，

因为，所以，所以，

因为，所以

（2）由（1）知，，

由余弦定理得即，

由变形，得，

因为，所以.

所以.

所以的面积为.

19．三棱柱中，，分别是，上的点，且，.设，，.

(1)试用，，表示向量；

(2)若，，，求的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，结合空间向量的加减法与数乘运算，即可求解；

（2）根据题意，结合空间向量数量积的求法，求出，即可求解.

【详解】（1）由题图知，，

因为，，

所以，，

故.

（2）根据题意，由，，，

得，即，

由（1）知.

20．设数列的前项和满足．

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）根据求解即可；

（2）利用错位相减求和法求解即可．

【详解】解：（1）当时，，得，

当时，由，得，

两式相减得，

即，

所以数列是以2为首项，为公比的等比数列，

所以；

（2），

，，

两式相减得，

所以.

21．如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠ABC＝90°，SA⊥底面ABCD，SA＝AB＝BC＝2AD=2．建立适当的空间直角坐标系．

(1)求平面SAB与平面SCD夹角的正弦值；

(2)求S到直线CD的距离．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)应用空间向量求解面面角方法可解；

(2)应用空间向量点到直线距离公式求解.

【详解】（1）由平面，，平面，

，，

又，，则，

，，两两垂直，

以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，，，则

设平面的一个法向量为，

则，则可取，

平面的一个法向量，

设平面与平面的夹角为，则，

，则平面与平面的夹角的正弦值为．

（2），，，，

距离．

22．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．

(1)求证：．

(2)在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的长；若不存在，说明理由．

(3)若平面与平面夹角的大小为，求的长．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在；

(3)2

【分析】（1）建立空间直角坐标系，通过坐标运算证明；

（2）假设存在点并设出坐标，因为//平面,则与平面的法向量垂直可求解；

（3）利用法向量的夹角公式求解.

【详解】（1）证明：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设，则，0，，，1，，，1，，，1，，，0，，

，1，，，1，，，0，，，

，．

（2）设在棱上存在一点，0，，使得平面，

此时，，，

设平面的法向量，，，

则，取，得，，，

平面，，解得，

又平面，

存在点，满足平面，．

（3）设，由（2）得平面的法向量，，，

，0，，，0，，，，

设平面的法向量，，，

则，取，得，1，，

平面与平面夹角的大小为，

，

由，解得．