2022-2023学年江苏省扬州市邗江区高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省扬州市邗江区高二下学期期中数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，六项二次项系数最大，合乎题意；，七项二次项系数最大，合乎题意；，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省扬州市邗江区高二下学期期中数学试题 一、单选题1．已知，，则等于（    ）A．（0，34，10） B．（-3，19，7） C．44 D．23【答案】C【分析】由题可得，再利用数量积的坐标表示即得.【详解】∵，，∴，∴.故选：C.2．的展开式中的系数为（    ）．A．32 B．12 C． D．【答案】C【分析】利用二项展开式通项公式，即可求出结果．【详解】由二项展开式通项公式知，，所以要得到项，则，，故选：C．3．已知向量共面，则实数的值是（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】根据空间共面向量定理，结合已知向量的坐标，待定系数，求解即可.【详解】因为共面，所以存在，使得，整理得，解得.故选：C.4．如图，在棱长为1的正方体中，分别为的中点，则与所成的角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角余弦值.【详解】以D作坐标原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设与所成的角的大小为，则.故选：C5．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．如图，在三棱锥S—ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在棱EF上，且满足，若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用空间向量的加、减运算即可求解.【详解】由题意可得 .故选：D     7．如图，在正三棱柱中，若，则点到直线的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用点到直线距离的向量公式进行求解.【详解】取AC的中点O，取中点D，连接OD，则平面ABC，连接OB，因为是等边三角形，所以，因为平面ABC，所以OB，AC，OD两两垂直，所以以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，因为，所以，，故，，点到直线的距离为.故选：D8．某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是A．72 B．120 C．144 D．168【答案】B【详解】分两类，一类是歌舞类用两个隔开共种，第二类是歌舞类用三个隔开共种，所以N=+=120.种．选B.  二、多选题9．下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．若，则正整数x的值是1【答案】ABC【分析】选项A，根据排列数公式直接判断；选项B、D，根据组合数公式及性质直接求解；选项C，根据二项式系数和公式，奇数项与偶数项的二项式系数和各占一半得出结果.【详解】选项A，因为，故A正确；选项B，，故B正确；选项C，由，，得，故C正确；选项D，因为，所以或，即或6，故D错误.故选：ABC.10．在中共二十大代表“燃灯校长”张桂梅老师的不懈努力下，云南华坪山区的2000多名女孩圆了大学梦，她扎根基层教育默默奉献的精神感动了无数人.受她的影响，有甲，乙，丙，丁四名志愿者主动到三所山区学校参加支教活动，要求每个学校至少安排一名志愿者，下列结论正确的是（    ）A．共有18种安排方法B．若甲、乙被安排在同一所学校，则有6种安排方法C．若学校需要两名志愿者，则有24种安排方法D．若甲被安排在学校，则有12安排方法【答案】BD【分析】先将四名志愿者分成三组，然后再分到三所学校求方法数即可判断A选项；先挑出一所学校分给甲乙，剩下的两人去剩下的两所学校，然后求方法数即可判断B选项；先给学校挑两名志愿者，剩下的两人去剩下的两所学校，然后求方法数即可判断C选项；分甲一个人在学校和两个人在学校两种情况计算即可判断D选项.【详解】所有安排方法有，A错误；若甲、乙被安排在同一所学校，则有种安排方法，B正确；若学校需要两名志愿者，则有种安排方法，C错误；若甲被安排在学校，则有种安排方法，D正确.故选：BD.11．已知，则（    ）A．展开式中所有项的系数和为 B．展开式中二项系数最大项为第1012项C． D．【答案】AC【分析】选项A，令，由此即可求解；选项B，根据的值以及二项式系数的性质即可求解；选项C，分别令，，建立方程即可求解；选项D，先对已知关系式求导，然后令，即可求解.【详解】选项A，令，则展开式的各项系数和为，A 选项正确；选项B，因为，所以展开式中二项式系数最大项为第1011项与第1012项，B选项错误；选项C，令，则，令，则，所以，C选项正确；选项D，已知关系式两边同时取导，则，令，则，D选项错误；故选：AC.12．如图，已知正方体的棱长为2，P为空间中一点，，则（    ）A．当，时，异面直线BP与所成角的余弦值为B．当，时，三棱锥的体积为C．当，，时，有且仅有一个点P，使得平面D．当，时，异面直线BP和所成角的取值范围是【答案】ABD【分析】根据向量关系式确定动点位置或轨迹，然后逐项进行判断即可求解.【详解】对于，连接，.由下图可知，P为的中点，取的中点O.连接PO，BO，则，所以∠BPO或其补角即异面直线BP与所成的角，易得，，，所以，故选项正确；对于，由条件可知（），P点的轨速为线段，因为，所以P到平面的距离为，且的面积为，所以三棱锥的体积为定值，故选项正确；对于，如下图，由条件可知（），所以点P在线段EF上（E，F分别为，的中点）.因为平面，所以平面即平面，点P则平面与直线EF的交点，此交点在FE的延长线上，故选项错误；对于，由条件可知（），可知点P的轨速为线段，如下图，建立空间直角坐标系，得，，设，，则，所以，令，当，即时，，此时直线BP和所成的角是；当，即时，，令，，所以，即时，取得最大值，直线BP和所成角的最小值为，故选项正确.故选：. 三、填空题13．已知，则n=_____________.【答案】【分析】根据排列数的计算公式即可求解.【详解】因为，即，解得或，因为且，所以.故答案为：14．若的展开式中第6项的二项式系数最大，写出一个符合条件的n的值是____．（写出一个满足条件的n的值即可）【答案】9（答案不唯一，9，10，11均可）【分析】分为奇数和偶数两种情形，结合二项式系数的特征即可得结果.【详解】当为偶数时，若，第六项二次项系数最大；当为奇数时，若，第五、六项二次项系数最大，合乎题意；若，第六、七项二次项系数最大，合乎题意；故的值为：9，10，11，故答案为：9（答案不唯一，9，10，11均可）15．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是__．【答案】【分析】根据投影向量结合向量的坐标运算求解.【详解】由题意可得：，所以向量在向量上的投影向量为．故答案为：.16．如图：正三棱锥中，分别在棱上，，且，则的余弦值为___________.【答案】【分析】设,由可得，又，得，利用数量积的运算律可得.【详解】正三棱锥中，设, 且侧棱长相等，因为，所以，又，所以，即，解得，即的余弦值为.故答案为： 四、解答题17．计算：(1)；(2).【答案】(1)(2)1 【分析】（1）根据排列数的计算公式计算即可；（2）根据排列数的计算公式计算即可.【详解】（1）（2）18．已知．(1)若，求的值．(2)若，且，求的值．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用向量的线性运算和向量平行的坐标运算，列方程求解.（2）利用向量垂直的充要条件和向量模的坐标运算，列方程求解.【详解】（1）  ，．， ，解得（2）由，得， ∴    ，由，有，即， ，解得19．有男运动员4名、女运动员3名，其中男、女队长各1人．现7名运动员排成一排．(1)如果女运动员全排在一起，有多少种不同排法？(2)如果女运动员都不相邻，有多少种排法？(3)如果女运动员不站两端，有多少种排法？【答案】(1)720；(2)1440；(3)1440. 【分析】（1）利用捆绑法和乘法分步原理求解；（2）利用插空法和乘法分步原理求解；（3）利用优先法和乘法分步原理求解.【详解】（1）将3名女运动员捆绑起来有种方法，与4名男运动员排序有种方法，根据乘法分步原理得共有种不同的排法．（2）先将4名男运动员排序有种方法，再将3名女运动员插入4名男运动员形成的5个空中有种方法，根据乘法分步原理得共有种不同的排法．（3）如果女运动员不站两端，则两端安排男运动员有种方法，其余5名运动员在中间任意排序有种方法，根据乘法分步原理得共有种不同的排法．20．如图所示，在四棱锥中，底面，，∥，，.点E为棱的中点，求证：(1)；(2)∥平面；【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法证明即可，（2）求出平面的法向量，利用向量法证明即可【详解】（1）因为平面，平面，平面，所以，因为 ，所以两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，所以，所以，所以，（2）平面的一个法向量为，因为，所以，因为平面，所以∥平面；21．已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.（1）求m的值；（2）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和；（3）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率.【答案】（1）7；（2）128；（3）.【分析】（1）根据二项展开式的通项公式即可获解；（2）令即可获解；（3）求出有理项的个数，再用插空法即可.【详解】（1）展开式的通项为，∴展开式中第4项的系数为，倒数第4项的系数为，，即.（2）令可得展开式中所有项的系数和为，展开式中所有项的二项式系数和为.（3）展开式共有8项，由（1）可得当为整数，即时为有理项，共4项，∴由插空法可得有理项不相邻的概率为.22．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知∠BCC1=，BC=1，AB=C1C=2，E是棱C1C的中点.(1)求二面角A—EB1—A1的余弦值；(2)在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，或. 【分析】（1）以为原点，和的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法得出二面角A—EB1—A1的余弦值；（2）由向量法结合EM与平面A1B1E所成角的正弦值得出结论.【详解】（1）因为，所以.所以，所以.因为侧面，所以.又因为平面，所以直线平面，以为原点，和的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则知点.设平面的一个法向量为，因为所以令，则，所以.设平面的一个法向量为，因为所以令，则，所以.因为，所以.设二面角为，则，所以二面角的余弦值为.（2）假设存在点，因为，所以，所以点坐标为，所以.由（1）知平面的一个法向量为，所以，得，即，所以或，所以或.