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精品解析：安徽省亳州市第十八中学2023-2024学年高二上学期全市统考第一次模拟考试数学试卷
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数学试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为，则（ ）
A. 10B. 8C. 6D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由对称关系可得点坐标，借助空间中两点间距离公式计算即可得.
【详解】因为点关于平面的对称点为，所以，
则.
故选：A.
2. 已知三棱锥，点M，N分别为AB，OC的中点，且，，，用，，表示，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算计算即可.
【详解】
.
故选：C.
3. 某校有甲、乙等5名同学到4个社区参加志愿服务活动，要求每名同学只能去1个社区，每个社区至少安排1名同学，则甲、乙2人被分配到同1个社区的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由排列与组合的相关计算公式运算即可求解.
【详解】先在5名同学中选出2名同学分配到一个社区，有种分配方法，
再将另外3人分配到3个社区且每个社区各1人，则共有（种）分配方法，
其中甲、乙2人被分配到同一个社区的分法有（种），
则甲、乙2人被分配到同1个社区的概率为.
故选：B．
4. 手工课可以提高学生的动手能力、反应能力、创造力．某小学生在一次手工课上制作了一座漂亮的房子模型，它可近似地看成是一个直三棱柱和一个正方体的组合体．其直观图如图所示，，，、、、分别是棱、、、的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，求出、，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】在正方体中，以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
因为，，
则、、、，
所以，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值是.
故选：B.
5. 已知圆：与圆：相内切，则（ ）
A. 11B. C. 9D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出两个圆的圆心坐标及半径，利用两圆内切列式求解即得.
【详解】圆：的圆心，半径，
圆：的圆心，半径，
显然点在圆外，由圆与圆相内切，得，于是，解得，
所以.
故选：B
6. 已知两点，若直线与线段有公共点，则直线倾斜角的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线恒过的定点，根据斜率公式即可求解.
【详解】由直线，
变形可得，
由，解得，
可得直线恒过定点，则，
结合图象可得：
若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为，
由斜率定义，可得直线倾斜角的取值范围为.
故选：D.
7. 双曲线C：（）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用斜率坐标公式列式求出即得答案.
【详解】依题意，点，设点，则，显然，即，
由直线AP，AQ的斜率之积为，得，解得，
所以双曲线C的渐近线方程为.
故选：C
8. 阅读材料：数轴上，方程可以表示数轴上的点；平面直角坐标系中，方程（、不同时为0）可以表示坐标平面内的直线；空间直角坐标系中，方程（、、不同时为0）可以表示坐标空间内的平面．过点且一个法向量为的平面的方程可表示为．阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求平面的法向量与直线的方向向量，利用空间向量求线面夹角.
【详解】平面的方程为，∴平面的法向量可取，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
设两平面的交线的方向向量为，
由，令，则，，所以，
设直线与平面所成角的大小为，
则.
故选：A．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.
9. 已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（ ）
A. 所有奇数项二项式系数和为B. 二项式系数最大的项为第7项
C. 所有项的系数和为D. 有理项共5项
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据二项式定理及二项式系数的性质、各项系数之和、展开式通项性质逐项判断即可得结论.
【详解】因为，所以，所有奇数项的二项式系数和为，故A正确；
由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故B正确；
令，得所有项的系数和为，故C错误；
因为展开式通项为，当为整数时，，3，6，9，12，共有5项，故D正确．
故选：ABD.
10. 下列四个命题中正确的是（ ）
A. 已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
B. 是平面的法向量，是直线的方向向量，若，则
C. 已知向量，，则在方向上的投影向量为
D. 为空间中任意一点，若，且，则，，，四点共面
【答案】AD
【解析】
【分析】由空间向量基底的性质判断A；由线面平行的条件判定B；由投影向量的概念求C；由向量基本定理的推论判断D.
【详解】对于A，假设共面，则存在，使得，则，
因为是空间的一组基底，即不共面，与矛盾，
所以不共面，则也是空间的一组基底，故A正确；
对于B，当时，满足，但直线不平行于平面，故B错误；
对于C，因为，，
则在方向上的投影向量为，故C错误；
对于D，由空间向量基本定理的推论可知：
若，且，则，，，四点共面，故D正确.
故选：AD.
11. 已知直线和圆，则（ ）
A. 直线过定点
B. 直线与圆有两个交点
C. 存在直线与直线垂直
D. 直线被圆截得的最短弦长为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用直线恒过定点在圆内可判断选项B；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项C；利用弦长公式可判断选项D.
【详解】对A，由可得，，
令，即，此时，所以直线l恒过定点，A正确；
对B，因为定点到圆心的距离为，
所以定点在圆内，所以直线l与圆O相交，B正确；
对C，因为直线的斜率为，所以直线l的斜率为，即，
此时直线l与直线垂直，满足题意，C正确；
对D，因为直线l恒过定点，圆心到直线l的最大距离为，
此时直线l被圆O截得的弦长最短为，D错误；
故选：ABC.
12. 设椭圆的方程为，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，下列结论不正确的是（ ）
A. 直线AB与OM垂直
B. 若点M坐标为，则直线方程为
C. 若直线方程为，则点M坐标为
D. 若直线方程为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆中点弦的性质，可以判断ABC，对于D,直线方程与椭圆方程联立，利用弦长公式即可求得，从而判断正误．
【详解】对于A：设,则，相减可得，所以，故 A错误；
对于B：根据，，所以，所以直线方程为，即，故B正确；
对于C：若直线方程为，点，则，所以C错误；
对于D：若直线方程为，与椭圆方程联立，得到，整理得：，解得，
所以，故D错误；
故选：ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13 已知向量，，且与平行，则_________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，由空间向量平行的坐标公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】，，
因为与平行，所以当时，，解得；
当时，，.
综上，.
故答案为：
14. 已知点，圆的半径为1，圆心是直线和直线的交点.若过点的直线与圆有公共点，则直线斜率的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意求出圆的标准方程，设出过点的直线方程，由圆心到直线的距离小于等于半径即可求解.
【详解】由题得圆心在直线和直线上.则联立，解得，
即圆心坐标为, 故圆的方程为，
设过点的直线的方程为，即，当直线与圆切于点时直线的斜率最大，当直线与圆切于点时直线的斜率最小，
由直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离满足，
解得，所以直线斜率的取值范围为，
故答案为：.
15. 现有，，，，五人排成一列，其中与相邻，不排在两边，则共有______种不同的排法（用具体数字作答）.
【答案】24
【解析】
【分析】法一：先将捆绑，再排除以外其他人，最后插空即可；
法二：先将捆绑，进行全排列，再减去在两边的情况.
【详解】法一：将捆绑，则除以外其他四人的排序有种，又不排在两边，
所以可选的位置有两种，所以共种排法；
法二：将捆绑，若的位置任意，则五人的排序有种，
其中排在两边的情况有种，
所以不排在两边的情况有种；
故答案为：.
16. 在正方体中，设，若二面角的平面角的正弦值为，则实数的值为______．
【答案】或
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用法向量方法用表示二面角的平面角的余弦值，建立方程求解即可.
【详解】建立空间直角坐标系如图所示，
设棱长为1，,
则，
，
设平面，平面的一个法向量分别为，
所以，，即，，
分别令，则，
故，
设二面角的平面角为，
由，则，
故由，
解得或.
四．解答题：本小题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 如图，在三棱柱中，所有棱长都为2，且，平面平面，点为的中点，点为的中点．
（1）点到直线的距离；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直性质定理证明线面垂直，再得线线垂直，由此建立空间直角坐标系，利用向量方法求点到直线的距离；
（2）利用法向量求解点面距.
【小问1详解】
由三棱柱中，所有棱长都为2，
则四边形为平行四边形，且棱长都相等，即为菱形，
又都为等边三角形，连接，
所以为等边三角形，
取中点，连接，则，
又平面面，平面平面，面，
所以平面，则，
又因为，所以两两垂直.
则以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如下图示，
，
由
则，
所以，
则，
所以点到直线的距离为.
【小问2详解】
由（1）知，
设是平面的一个法向量，
则，取，则，
又，
所以点到平面的距离.
18. 已知抛物线上的点到焦点F的距离为4．
（1）求C的方程；
（2）若过点F的直线与C交于不同的两点A，B，且，求直线AB的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由抛物线的焦半径公式列出等式，即可求出的值；
（2）设出直线的方程，讨论斜率存在和不存在的情况，联立直线方程和抛物线方程，利用焦点弦长公式即可得到结果.
【小问1详解】
由题意得：，解得，
所以抛物线的方程为
【小问2详解】
因为，
当直线的斜率不存在时，此时直线方程为，
当时，，此时，不合题意，舍去；
则直线l的斜率存在，设直线方程为，，
与抛物线方程联立，消去得，
因为焦点在抛物线内部，且直线斜率存在，并且不为0，则该直线与抛物线必有两交点，
由韦达定理得，
所以弦长，
解得，即，
所以直线l的方程为：.
19. 中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计划利用暑期开设“围棋”、“武术”、“书法”、“剪纸”、“京剧”、“刺绣”六门体验课程．
（1）若体验课连续开设六周，每周一门，求“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的所有排法种数；
（2）现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙有一门共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数；
（3）计划安排A、B、C、D、E五名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师至少任教一门课程，教师A不任教“围棋”课程，教师B只能任教一门课程，求所有课程安排种数．
【答案】19. 480
20. 360 21. 1140
【解析】
【分析】（1）采用插空法，先拍其余四科，再插空；
（2）特殊的先排，再用分步乘法；
（3）按甲所教科目的数量分类，然后由分类加法计数原理求解.
【小问1详解】
第一步，先将另外四门课排好，有种情况；
第二步，将“京剧”和“剪纸”课程分别插入5个空隙中，有种情况；
所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的排法有种；
【小问2详解】
第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有种情况；
第二步，将甲和乙的相同课程排好，有种情况；
第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同，所以丙的排法种情况；
因此，所有选课种数为.
【小问3详解】
①当A只任教1科时：先排A任教科目，有种；再从剩下5科中排B的任教科目，有种；接下来剩余4科中必有2科为同一名老师任教，分三组全排列，共有种；所以当A只任教1科时，共有种；
②当A任教2科时：先选A任教的2科有中，这样6科分为4组共有种，
所以，当A任教2科时，共有种，
综上，A不任教“围棋”的课程安排方案有1140种．
20. （1）求除以15的余数；
（2）若，求的值；
（3）求展开式中系数最大的项．
【答案】（1）4；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）先把写成，再利用二项式定理展开，从而得到答案.
（2）根据题意，分别代入列方程组，计算即可得到所求和；
（3）设项的系数最大，则通过解不等式组得到答案.
【详解】（1）
，
除以15的余数为4.
（2）由已知得，
令，得，①
令，得，②
联立①②得，.
令，得，所以.
（3）的展开式通项为，
则项的系数.
设项的系数最大，则由不等式组，
即，化简，
即，解得.
因为，所以.
因此，展开式中系数最大的项为.
21. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，与交于点，，平面，为线段上的一点．
（1）证明：平面平面
（2）当与平面所成的角的正弦值最大时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据几何体性质特征利用线面垂直判定定理可得平面，由面面垂直判定定理可得平面平面；
（2）作出与平面所成的角可得，当为的中点时满足题意，建立空间直角坐标系求出平面的法向量，即可求出平面与平面夹角的余弦值为．
【小问1详解】
证明：
由底面是菱形可知，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
由于平面，
可得平面平面；
【小问2详解】
连结，过点作的垂线，垂足为，连结，
由（1）可得，又，且平面，
所以平面；
易知为与平面所成的角，
，因为为定值，且，
所以当点为的中点时，取得最小值，此时取得最大值；
以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
又底面是菱形，，所以，
则，
点为的中点，所以，，
设平面一个法向量为，
则，解得，令，则，
即可得，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
22. 已知椭圆，右焦点，直线，过右焦点的直线(不与轴重合)与椭圆交于两点，过点作，垂足为.
（1）求证：直线 过定点，并求出定点的坐标；
（2）点为坐标原点，求面积的最大值.
【答案】（1）证明见解析，
（2）15
【解析】
【分析】（1）先根据题意设出直线方程，联立方程组，利用韦达定理得出；再根据点斜式写出直线的方程；最后根据对称性分析点的位置即可证明.
（2）先结合（1）的结论，利用分割法表示出的面积，再利用换元法及函数的单调性可得面积的最大值.
【小问1详解】
证明：由直线过右焦点且不与轴重合，可设直线方程为；设.
联立方程，得：
则，所以.
因为，
所以直线的方程为.
由对称性可知，若直线过定点，则该定点必在轴上.
令，得.
故直线过定点，即定点为.
【小问2详解】
由(1)得：，
所以.
因为直线过定点，
所以.
令，则.
因为在上单调递增，
所以当时，，
即时，.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系、直线过定点问题及三角形面积问题.解题关键在于：第（1）问先写出直线的方程，根据对称性分析点的位置；第（2）问利用分割法表示出的面积，再借助换元法及函数的单调性即可求出面积的最大值.
数学试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为，则（ ）
A. 10B. 8C. 6D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由对称关系可得点坐标，借助空间中两点间距离公式计算即可得.
【详解】因为点关于平面的对称点为，所以，
则.
故选：A.
2. 已知三棱锥，点M，N分别为AB，OC的中点，且，，，用，，表示，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算计算即可.
【详解】
.
故选：C.
3. 某校有甲、乙等5名同学到4个社区参加志愿服务活动，要求每名同学只能去1个社区，每个社区至少安排1名同学，则甲、乙2人被分配到同1个社区的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由排列与组合的相关计算公式运算即可求解.
【详解】先在5名同学中选出2名同学分配到一个社区，有种分配方法，
再将另外3人分配到3个社区且每个社区各1人，则共有（种）分配方法，
其中甲、乙2人被分配到同一个社区的分法有（种），
则甲、乙2人被分配到同1个社区的概率为.
故选：B．
4. 手工课可以提高学生的动手能力、反应能力、创造力．某小学生在一次手工课上制作了一座漂亮的房子模型，它可近似地看成是一个直三棱柱和一个正方体的组合体．其直观图如图所示，，，、、、分别是棱、、、的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，求出、，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】在正方体中，以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
因为，，
则、、、，
所以，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值是.
故选：B.
5. 已知圆：与圆：相内切，则（ ）
A. 11B. C. 9D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出两个圆的圆心坐标及半径，利用两圆内切列式求解即得.
【详解】圆：的圆心，半径，
圆：的圆心，半径，
显然点在圆外，由圆与圆相内切，得，于是，解得，
所以.
故选：B
6. 已知两点，若直线与线段有公共点，则直线倾斜角的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线恒过的定点，根据斜率公式即可求解.
【详解】由直线，
变形可得，
由，解得，
可得直线恒过定点，则，
结合图象可得：
若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为，
由斜率定义，可得直线倾斜角的取值范围为.
故选：D.
7. 双曲线C：（）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用斜率坐标公式列式求出即得答案.
【详解】依题意，点，设点，则，显然，即，
由直线AP，AQ的斜率之积为，得，解得，
所以双曲线C的渐近线方程为.
故选：C
8. 阅读材料：数轴上，方程可以表示数轴上的点；平面直角坐标系中，方程（、不同时为0）可以表示坐标平面内的直线；空间直角坐标系中，方程（、、不同时为0）可以表示坐标空间内的平面．过点且一个法向量为的平面的方程可表示为．阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求平面的法向量与直线的方向向量，利用空间向量求线面夹角.
【详解】平面的方程为，∴平面的法向量可取，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
设两平面的交线的方向向量为，
由，令，则，，所以，
设直线与平面所成角的大小为，
则.
故选：A．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.
9. 已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（ ）
A. 所有奇数项二项式系数和为B. 二项式系数最大的项为第7项
C. 所有项的系数和为D. 有理项共5项
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据二项式定理及二项式系数的性质、各项系数之和、展开式通项性质逐项判断即可得结论.
【详解】因为，所以，所有奇数项的二项式系数和为，故A正确；
由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故B正确；
令，得所有项的系数和为，故C错误；
因为展开式通项为，当为整数时，，3，6，9，12，共有5项，故D正确．
故选：ABD.
10. 下列四个命题中正确的是（ ）
A. 已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
B. 是平面的法向量，是直线的方向向量，若，则
C. 已知向量，，则在方向上的投影向量为
D. 为空间中任意一点，若，且，则，，，四点共面
【答案】AD
【解析】
【分析】由空间向量基底的性质判断A；由线面平行的条件判定B；由投影向量的概念求C；由向量基本定理的推论判断D.
【详解】对于A，假设共面，则存在，使得，则，
因为是空间的一组基底，即不共面，与矛盾，
所以不共面，则也是空间的一组基底，故A正确；
对于B，当时，满足，但直线不平行于平面，故B错误；
对于C，因为，，
则在方向上的投影向量为，故C错误；
对于D，由空间向量基本定理的推论可知：
若，且，则，，，四点共面，故D正确.
故选：AD.
11. 已知直线和圆，则（ ）
A. 直线过定点
B. 直线与圆有两个交点
C. 存在直线与直线垂直
D. 直线被圆截得的最短弦长为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用直线恒过定点在圆内可判断选项B；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项C；利用弦长公式可判断选项D.
【详解】对A，由可得，，
令，即，此时，所以直线l恒过定点，A正确；
对B，因为定点到圆心的距离为，
所以定点在圆内，所以直线l与圆O相交，B正确；
对C，因为直线的斜率为，所以直线l的斜率为，即，
此时直线l与直线垂直，满足题意，C正确；
对D，因为直线l恒过定点，圆心到直线l的最大距离为，
此时直线l被圆O截得的弦长最短为，D错误；
故选：ABC.
12. 设椭圆的方程为，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，下列结论不正确的是（ ）
A. 直线AB与OM垂直
B. 若点M坐标为，则直线方程为
C. 若直线方程为，则点M坐标为
D. 若直线方程为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆中点弦的性质，可以判断ABC，对于D,直线方程与椭圆方程联立，利用弦长公式即可求得，从而判断正误．
【详解】对于A：设,则，相减可得，所以，故 A错误；
对于B：根据，，所以，所以直线方程为，即，故B正确；
对于C：若直线方程为，点，则，所以C错误；
对于D：若直线方程为，与椭圆方程联立，得到，整理得：，解得，
所以，故D错误；
故选：ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13 已知向量，，且与平行，则_________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，由空间向量平行的坐标公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】，，
因为与平行，所以当时，，解得；
当时，，.
综上，.
故答案为：
14. 已知点，圆的半径为1，圆心是直线和直线的交点.若过点的直线与圆有公共点，则直线斜率的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意求出圆的标准方程，设出过点的直线方程，由圆心到直线的距离小于等于半径即可求解.
【详解】由题得圆心在直线和直线上.则联立，解得，
即圆心坐标为, 故圆的方程为，
设过点的直线的方程为，即，当直线与圆切于点时直线的斜率最大，当直线与圆切于点时直线的斜率最小，
由直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离满足，
解得，所以直线斜率的取值范围为，
故答案为：.
15. 现有，，，，五人排成一列，其中与相邻，不排在两边，则共有______种不同的排法（用具体数字作答）.
【答案】24
【解析】
【分析】法一：先将捆绑，再排除以外其他人，最后插空即可；
法二：先将捆绑，进行全排列，再减去在两边的情况.
【详解】法一：将捆绑，则除以外其他四人的排序有种，又不排在两边，
所以可选的位置有两种，所以共种排法；
法二：将捆绑，若的位置任意，则五人的排序有种，
其中排在两边的情况有种，
所以不排在两边的情况有种；
故答案为：.
16. 在正方体中，设，若二面角的平面角的正弦值为，则实数的值为______．
【答案】或
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用法向量方法用表示二面角的平面角的余弦值，建立方程求解即可.
【详解】建立空间直角坐标系如图所示，
设棱长为1，,
则，
，
设平面，平面的一个法向量分别为，
所以，，即，，
分别令，则，
故，
设二面角的平面角为，
由，则，
故由，
解得或.
四．解答题：本小题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 如图，在三棱柱中，所有棱长都为2，且，平面平面，点为的中点，点为的中点．
（1）点到直线的距离；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直性质定理证明线面垂直，再得线线垂直，由此建立空间直角坐标系，利用向量方法求点到直线的距离；
（2）利用法向量求解点面距.
【小问1详解】
由三棱柱中，所有棱长都为2，
则四边形为平行四边形，且棱长都相等，即为菱形，
又都为等边三角形，连接，
所以为等边三角形，
取中点，连接，则，
又平面面，平面平面，面，
所以平面，则，
又因为，所以两两垂直.
则以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如下图示，
，
由
则，
所以，
则，
所以点到直线的距离为.
【小问2详解】
由（1）知，
设是平面的一个法向量，
则，取，则，
又，
所以点到平面的距离.
18. 已知抛物线上的点到焦点F的距离为4．
（1）求C的方程；
（2）若过点F的直线与C交于不同的两点A，B，且，求直线AB的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由抛物线的焦半径公式列出等式，即可求出的值；
（2）设出直线的方程，讨论斜率存在和不存在的情况，联立直线方程和抛物线方程，利用焦点弦长公式即可得到结果.
【小问1详解】
由题意得：，解得，
所以抛物线的方程为
【小问2详解】
因为，
当直线的斜率不存在时，此时直线方程为，
当时，，此时，不合题意，舍去；
则直线l的斜率存在，设直线方程为，，
与抛物线方程联立，消去得，
因为焦点在抛物线内部，且直线斜率存在，并且不为0，则该直线与抛物线必有两交点，
由韦达定理得，
所以弦长，
解得，即，
所以直线l的方程为：.
19. 中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计划利用暑期开设“围棋”、“武术”、“书法”、“剪纸”、“京剧”、“刺绣”六门体验课程．
（1）若体验课连续开设六周，每周一门，求“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的所有排法种数；
（2）现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙有一门共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数；
（3）计划安排A、B、C、D、E五名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师至少任教一门课程，教师A不任教“围棋”课程，教师B只能任教一门课程，求所有课程安排种数．
【答案】19. 480
20. 360 21. 1140
【解析】
【分析】（1）采用插空法，先拍其余四科，再插空；
（2）特殊的先排，再用分步乘法；
（3）按甲所教科目的数量分类，然后由分类加法计数原理求解.
【小问1详解】
第一步，先将另外四门课排好，有种情况；
第二步，将“京剧”和“剪纸”课程分别插入5个空隙中，有种情况；
所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的排法有种；
【小问2详解】
第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有种情况；
第二步，将甲和乙的相同课程排好，有种情况；
第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同，所以丙的排法种情况；
因此，所有选课种数为.
【小问3详解】
①当A只任教1科时：先排A任教科目，有种；再从剩下5科中排B的任教科目，有种；接下来剩余4科中必有2科为同一名老师任教，分三组全排列，共有种；所以当A只任教1科时，共有种；
②当A任教2科时：先选A任教的2科有中，这样6科分为4组共有种，
所以，当A任教2科时，共有种，
综上，A不任教“围棋”的课程安排方案有1140种．
20. （1）求除以15的余数；
（2）若，求的值；
（3）求展开式中系数最大的项．
【答案】（1）4；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）先把写成，再利用二项式定理展开，从而得到答案.
（2）根据题意，分别代入列方程组，计算即可得到所求和；
（3）设项的系数最大，则通过解不等式组得到答案.
【详解】（1）
，
除以15的余数为4.
（2）由已知得，
令，得，①
令，得，②
联立①②得，.
令，得，所以.
（3）的展开式通项为，
则项的系数.
设项的系数最大，则由不等式组，
即，化简，
即，解得.
因为，所以.
因此，展开式中系数最大的项为.
21. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，与交于点，，平面，为线段上的一点．
（1）证明：平面平面
（2）当与平面所成的角的正弦值最大时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据几何体性质特征利用线面垂直判定定理可得平面，由面面垂直判定定理可得平面平面；
（2）作出与平面所成的角可得，当为的中点时满足题意，建立空间直角坐标系求出平面的法向量，即可求出平面与平面夹角的余弦值为．
【小问1详解】
证明：
由底面是菱形可知，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
由于平面，
可得平面平面；
【小问2详解】
连结，过点作的垂线，垂足为，连结，
由（1）可得，又，且平面，
所以平面；
易知为与平面所成的角，
，因为为定值，且，
所以当点为的中点时，取得最小值，此时取得最大值；
以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
又底面是菱形，，所以，
则，
点为的中点，所以，，
设平面一个法向量为，
则，解得，令，则，
即可得，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
22. 已知椭圆，右焦点，直线，过右焦点的直线(不与轴重合)与椭圆交于两点，过点作，垂足为.
（1）求证：直线 过定点，并求出定点的坐标；
（2）点为坐标原点，求面积的最大值.
【答案】（1）证明见解析，
（2）15
【解析】
【分析】（1）先根据题意设出直线方程，联立方程组，利用韦达定理得出；再根据点斜式写出直线的方程；最后根据对称性分析点的位置即可证明.
（2）先结合（1）的结论，利用分割法表示出的面积，再利用换元法及函数的单调性可得面积的最大值.
【小问1详解】
证明：由直线过右焦点且不与轴重合，可设直线方程为；设.
联立方程，得：
则，所以.
因为，
所以直线的方程为.
由对称性可知，若直线过定点，则该定点必在轴上.
令，得.
故直线过定点，即定点为.
【小问2详解】
由(1)得：，
所以.
因为直线过定点，
所以.
令，则.
因为在上单调递增，
所以当时，，
即时，.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系、直线过定点问题及三角形面积问题.解题关键在于：第（1）问先写出直线的方程，根据对称性分析点的位置；第（2）问利用分割法表示出的面积，再借助换元法及函数的单调性即可求出面积的最大值.
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