2022-2023学年江苏省淮安市楚州中学、新马中学高二下学期期中联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省淮安市楚州中学、新马中学高二下学期期中联考数学试题含答案，共15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。
2022-2023学年江苏省淮安市楚州中学、新马中学高二下学期期中联考数学试题 一、单选题1．在空间直角坐标系中，点关于yOz平面的对称点是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】关于yOz平面的对称点纵坐标和竖坐标均不变可得答案.【详解】点关于yOz平面的对称点是.故选：A.2．的展开式的第3项的系数为（    ）A．－40 B．40 C．－80 D．80【答案】B【分析】根据二项展开式的通项即可求解.【详解】由二项式展开式的通项得：，所以第3项的系数为40.故选：B．3．如图，已知空间四边形ABCD的对角线为AC，BD，设G是CD的中点，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据空间向量的线性运算即可.【详解】G是CD的中点,所以故选：A.4．截至目前，联合国共设个常任理事国，个非常任理事国，现从这个国家中选取个国家，且至少包含一个常任理事国，则共有的选法种数为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，利用组合应用问题，结合排除法列式计算作答.【详解】从个国家中选取个国家有种选法，没有常任理事国的选法有种，所以所求不同选法种数是.故选：A5．设，若，则（    ）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】D【分析】根据二项展开式分别求出的表达式，解方程即可求得结果.【详解】由题可知，，所以；同理可得；由可得，即，所以，即，解得.故选：D6．已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外一点，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】D【分析】首先利用坐标法，排除错误选项，然后对符合的选项验证存在使得，由此得出正确选项.【详解】不妨设.对于A选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故A选项错误.对于B选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故B选项错误.对于C选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故C选项错误.对于D选项，，由于的竖坐标为，故在平面上，也即四点共面.下面证明结论一定成立：由，得，即，故存在，使得成立，也即四点共面.故选：D.【点睛】本小题主要考查空间四点共面的证明方法，考查空间向量的线性运算，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.7．2022年男足世界杯于2022年11月21日至2022年12月17日在卡塔尔举行.现要安排甲､乙等6名志愿者去四个足球场服务，要求每个足球场都有人去，每人都只能去一个足球场，则甲､乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为（    ）A．120 B．240 C．360 D．480【答案】B【分析】先确定6人分为4组的分组方法，再将四个组全排列，分到四个足球场，根据分步乘法计数原理，即可求得答案.【详解】由题意可知这6人去四个足球场服务，情况为：有3人一组包含甲､乙，其余人各一组，分到四个足球场，或者是甲、乙两人一组，另有2人一组，其余两人各一组，分到四个足球场，故将6人按分成四组，且甲､乙在同一组的分组方法有种，将6人按分成四组，且甲､乙在同一组的分组方法有种，则甲､乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为，故选：B8．如图，4个圆相交共有8个交点，现在4种不同的颜色供选用，给8个交点染色，要求在同一圆上的4个交点的颜色互不相同，则不同的染色方案共有（    ）种A．0 B．24 C．48 D．96【答案】D【分析】分析出各部分可以涂色的情况即可得出不同的染色方案的种数.【详解】由题意，其中一部分有四种方法，与其紧邻的有3种方法，再相邻的有2种，两圆的公共部分有2种，剩余两部分有2种，涂色示意图如下：∴共有.故选：D. 二、多选题9．已知，，则（    ）A． B．C． D．∥【答案】AD【分析】根据向量的坐标模长公式、线性运算、数量积的坐标表示、共线向量定理逐项判断即可.【详解】对A，因为，所以，故A正确；对B，，故B不正确；对C，，所以不垂直，故C不正确；对D，，所以∥，故D正确.故选：AD.10．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（    ）A．某学生从中选2门课程学习，共有15种选法B．课程“乐”“射”排在不相邻的两周，共有240种排法C．课程“御”“书”“数”排在相邻的三周，共有144种排法D．课程“礼”不排在第一周，也不排在最后一周，共有480种排法【答案】ACD【分析】根据给定条件利用组合知识可以判断A正确；不相邻问题利用插空法可以判断B错误；相邻问题利用捆绑法可以判断C正确；利用特殊位置法可以判断D正确.【详解】对于A，从六门课程中选两门的不同选法有种，A正确；对于B，先排“礼”、“御”、“书”、“数”，再用插空法排“乐”“射”，不同排法共有种，B错误；对于C，“御”“书”“数”排在相邻的三周，可将“御”“书”“数”视为一个元素，不同排法共有种，C正确；对于D，从中间四周中任取一周排“礼”，再排其它五门体验课程共有种，D正确.故选：ACD.11．下列有关排列数、组合数的等式中，正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】对于AC,根据组合数的公式即可;对于B，根据排列数的公式即可;对于D，根据二项式定理即可.【详解】对于A, ,故A错误；对于B，，故B正确；对于C，组合数的性质，，故C正确；对于D，由二项式定理知，=，故D错误；故选：BC.12．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（    ）A．点到直线的距离是B．C．平面与平面的夹角余弦值为D．异面直线与所成角的正切值为【答案】BCD【分析】通过空间向量的基底运算可得B的正误，利用空间向量的坐标运算可得A、C、D的正误.【详解】依题意，所以选项B正确；如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，对于A：，，设，则点到直线CQ的距离，所以A错误；对于B： ,；设平面的法向量的一个法向量为，则，令可得为，设平面的法向量为，则，则所以，即平面与平面的夹角余弦值为，所以C正确；对于D，因为，，所以，所以，所以异面直线与所成角的正切值为，所以D正确．故选：BCD. 三、填空题13．已知点B是点在坐标平面内的射影，则的值是      ．【答案】【分析】先求得点在坐标平面Oxy内的射影B，再利用两点间的距离求解.【详解】因为点在坐标平面Oxy内的射影是，所以.故答案为：.14．的展开式各项系数的和是，则          .【答案】【分析】采用赋值法，令，根据展开式各项系数的和即可求得答案.【详解】由题意令，则的展开式各项系数的和是，故答案为：15．2023年春节期间，电影院上映《满江红》《流浪地球2》《熊出没·伴我“熊芯”》等多部电影，这些电影涵盖了悬疑、科幻、动画等多类型题材，为不同年龄段、不同圈层的观众提供了较为丰富的观影选择.某居委会有6张不同的电影票，奖励给甲、乙、丙三户“五好文明家庭”，其中一户1张，一户2张，一户3张，则共有      种不同的分法.【答案】360【分析】根据分步乘法计数原理结合排列组合即可求解.【详解】从6张电影票中任选1张，有种选法；从余下的5张中任选2张，有种选法；最后余下3张全选，有种选法.由于甲、乙、丙是不同的三户“五好文明家庭”，因此共有种不同的分法.故答案为:36016．已知，，则的最小值为      .【答案】9【分析】根据柯西不等式求解最小值即可.【详解】∵∴,当且仅当时等号成立，即，∵，当且仅当时等号成立，可取故答案为：9 四、解答题17．(1)化简求值：；(2)解方程：；【答案】(1)329；(2).【分析】(1)根据组合数的性质，在算式前面加上一项即可逐步计算；(2)由排列数和组合数的公式展开即可计算.【详解】(1)；(2)由组合数和排列数可知，原方程可化为，则，即为，即，解得或(舍).方程的根为.18．从0，1，2，…，6这七个数字中任取三个不同的数字，分别作为函数的系数a，b，c，求：(1)可组成多少个不同的二次函数？(2)其中对称轴是y轴的抛物线有多少条？【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据二次函数的定义及特殊元素特殊位置优先考虑，再结合分步计数原理即可求解；（2）根据二次函数的性质得出，再利用特殊元素特殊位置优先考虑即可求解；【详解】（1）由二次函数的定义，，则有种取法；在剩下的6个数字中取两个作为和，有种．所以共有二次函数（个）；（2）由二次函数的对称轴是y轴，则，在余下的6个数字中取两个作为和，有条.所以对称轴是y轴的抛物线有条.19．如图，正方体的棱长为2，分别是的中点，请运用空间向量方法（建系如图）.求解下列问题:(1)求异面直线与所成角的大小;(2)求到平面的距离.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意得到各点的坐标，从而得到与，再利用空间向量夹角的余弦表示即可得解；（2）先求得与平面的一个法向量，再利用点到平面距离的向量解法即可得解.【详解】（1）根据题意，得，，，，，，，，.则，，设异面直线与所成的角为，则，所以，则，所以异面直线与所成的角为.（2）由（1）得，，，设是平面的一个法向量，则，即，取，则，故，所以点E到平面的距离为.20．在的二项展开式中，各项系数和与各项二项式系数和之比为32:1.求：(1)的值；(2)展开式中的系数.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先求出各项二项式系数和与系数和，根据可求出结果；（2）根据二项展开式的通项公式可求出结果；【详解】（1）各项二项式系数和为，令，则各项系数和为，所以可得，得，得，得.（2）由（1）知，，所以的展开式的通项为，令，得，所以展开式中的系数为.21．已知三棱锥中，△是边长为3的正三角形，与平面所成角的余弦值为．(1)求证：；(2)求二面角的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接，证明平面，即可得证；（2）取正三角形的中心，连接，从而可得平面，则即为与平面所成角的平面角，进而可得，取中点为，连接，则，故即为二面角的平面角，解即可得解.【详解】（1）取的中点，连接，因为，所以，因为△是边长为3的正三角形，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以；（2）取正三角形的中心，连接，则点在上，且，由，△是正三角形，得三棱锥为正三棱锥，则平面，故即为与平面所成角的平面角，又与平面所成角的余弦值为，所以，即，即三棱锥是正四面体，取中点为，连接，则，故即为二面角的平面角，在中，，则，所以，所以二面角的平面角的正弦值．22．如图，四棱锥中，底面为矩形，.二面角的大小是，平面与平面的交线上存在一点满足二面角大小也是.(1)求四面体的体积；(2)若为直线上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据线面平行的判定和性质定理得到点到平面的距离等于点到平面的距离，则，然后代入体积计算公式即可求解；（2）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式求出，换元利用二次函数的性质求出最值即可.【详解】（1）如图，因为，平面，平面，所以平面，因为过的平面平面，所以，平面，平面，所以平面，又因为，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，则，所以.（2）过作，，，又面DEC，面，又面，面面，，面，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，设面的一个法向量为，则，，令，解得，得，又，，令，则，当，即时，