2022-2023学年江苏省淮安市淮安区高二下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年江苏省淮安市淮安区高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．四名师范生从A，B，C三所学校中任选一所进行教学实习，其中A学校必有师范生去，则不同的选法方案有（    ）

A．37种 B．65种 C．96种 D．108种

【答案】B

【分析】可从反面考虑，计算A学校没有人去的种数.

【详解】若不考虑限制条件，每人都有3种选择，则共有种方法，

若没有人去A学校，每人都有2种选择，则共有种方法，

故不同的选法方案有种.

故选:B.

2．已知，，如果与为共线向量，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据空间共线向量的性质进行求解即可.

【详解】因为与为共线向量，

所以，

故选：D

3．展开式中的第三项为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据展开式通项公式写出第三项即可.

【详解】由题设，展开式通项为，

第三项有，则.

故选：D

4．将4个6和2个8随机排成一行，则2个8不相邻的情况有（    ）

A．480种 B．240种 C．15种 D．10种

【答案】D

【分析】将2个8插空放入不相邻的5个空位，即可得解.

【详解】解：将2个8插空放入不相邻的5个空位（4个6之间有5个空位）中有方法，

故2个8不相邻的情况有种.

故选：D

5．如图，正方体中，P是的中点，给出下列结论：

①；②平面

③；④平面

其中正确的结论个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对四个结论进行分析，从而确定正确答案.

【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为，

则,，

不存在实数使得，所以①错误.

，

设平面的法向量为，

则，令，得,故可设，

，所以，

由于平面，所以平面，②正确.

，所以，③正确.

，

，所以与不垂直，

平面，所以与平面不垂直，所以④错误.

故正确的个数为个.

故选：B

6．从3，5，7，11这四个质数中，每次取出两个不同的数，分别记为a，b，则共可得到的不同值的个数为（    ）

A．6 B．8 C．12 D．16

【答案】C

【分析】应用排列数求从四个数中任选2个的种数，即可得结果.

【详解】值的个数为从3，5，7，11这四个数中任选2个数的排列数.

故选：C

7．如图，在平行六面体中，E，F分别在棱和上，且.记，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，由空间向量的线性运算可得，由空间向量基本定理即可求解.

【详解】设，因为

，

所以，，.

因为，所以.

故选:B.

8．在边长为1的正方体中．平面与平面之间的距离为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【详解】解：建立如图所示的直角坐标系，则，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量，则，令得，故，

显然平面平面，

所以平面与平面之间的距离．

故选：A

二、多选题

9．（多选题）下列命题中不正确的是（       ）

A．若与共线，与共线，则与共线

B．向量，， 共面，即它们所在的直线共面

C．若两个非零空间向量，，满足，则∥

D．若∥，则存在唯一的实数λ，使=λ

【答案】ABD

【分析】举反例判断AD，根据共面向量的定义判断B，根据向量共线定理判断C

【详解】对于A，若，则与共线，与共线，但与不一定共线，所以A错误，

对于B，共面向量的定义是平行于同一平面的向量，表示这些向量的有向线段所在的直线不一定共面，所以B错误，

对于C，因为，所以，所以与共线，所以∥，所以C正确，

对于D，若，，则不存在，使=λ，所以D错误，

故选：ABD

10．已知，则的可能取值是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】CD

【分析】将题设中的方程化为，从而可求的可能取值.

【详解】因为，所以，所以，

其中，而 ，

所以的值可能是2或3．

故选：CD．

11．已知为直线l的方向向量,分别为平面,的法向量（,不重合）,那么下列说法中正确的有（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】根据法线面垂直平行的性质及法向量、方向向量的概念即可选出选项.

【详解】解:若,因为,不重合,所以,

若,则共线,即,故选项A正确;

若,则平面与平面所成角为直角,故,

若,则有,故选项B正确;

若,则,故选项C错误;

若,则或,故选项D错误.

故选:AB

12．在棱长为3的正方体中，点在棱上运动（不与顶点重合），则点到平面的距离可以是（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】CD

【分析】利用坐标法，设，可得平面的法向量，进而即得.

【详解】以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，设，

所以，，

设为平面的法向量，

则有： ，令，可得，

则点到平面的距离为，

因为，所以距离的范围是.

故选：CD.

三、填空题

13．A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果A、B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法有      种．

【答案】24

【分析】用捆绑法，视A、B为一个元素，因B在A的右边故只有一种排法；将A、B与其他3个元素，共4个元素排列，由乘法计数原理可得答案．

【详解】根据题意，A、B必须相邻且B在A的右边，视A、B为一个元素，且只有一种排法；

将A、B与其他3个元素，共4个元素全排列，有种排法，

则符合条件的排法有1×24=24种；

故答案为：24．

14．三棱锥中，平面与平面的法向量分别为，若，则二面角的大小为      ．

【答案】或

【分析】由二面角的大小与法向量夹角相等或互补即可求得结果.

【详解】因为二面角的大小与法向量夹角相等或互补且，

所以二面角的大小为或.

故答案为：或.

15．若的展开式中常数项为70，则      ．

【答案】

【分析】根据乘法的分配律以及二项式展开式的通项公式求得正确答案.

【详解】展开式的通项公式为，

当时，，；

当时，，，

所以常数项为，解得．

故答案为：

四、双空题

16．将6个不同小球装入编号为1，2，3，4，5的5个盒子，不允许有空盒子出现，共        种放法；若将6个相同小球放入这5个盒子，允许有空盒子出现，共        种放法.（结果用数字作答）

【答案】     1800     210

【分析】由6个不同小球分成5组，再将5组球分别放入5个盒子即可得解；6个相同的小球放入5个盒子，若允许有空盒子，可先借5个球，然后再将11个球的10个空间中插入4块即可得解.

【详解】解：由题意得：

由6个不同小球分成5组，每组个数分别为1，1，1，1，2，不同的分组情况有种方法，再将5组球分别放入5个盒子共有种；

6个相同的小球放入5个盒子，若允许有空盒子，可先借5个球，然后再将11个球的10个空间中插入4块板，共有种.

故答案为：1800；210

五、解答题

17．如图，在长方体中，，分别是的中点，，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．

(1)写出四点的坐标；

(2)求．

【答案】(1)，，，

(2)

【分析】（1）根据线段长度、中点坐标公式可求得点对应的坐标；

（2）利用向量夹角的坐标运算可直接求得结果.

【详解】（1），，

则，，，，

，为中点，.

（2）由（1）得：，，

.

18．用0、1、2，3、4、5组成无重复数字的四位数，求分别满足下列条件的四位数的个数．

(1)能被25整除的数；

(2)十位数字比个位数字大的数．

【答案】(1)21个

(2)150个

【分析】（1）能被25整除的四位数的末两位数字只能为25或50两种，分类排前两位数即可；

（2）所组成的无重复数字的四位数，十位数字比个位数字大的数占一半.

【详解】（1）能被25整除的四位数的末两位数字只能为25或50两种，末尾为50的四位数有个，末尾为25的有个，所以一共有（个）．

（2）用0、1、2、3、4、5组成无重复数字的四位数，一共有（个）．因为在这300个数中，十位数字与个位数字的大小关系是“等可能的”，所以十位数字比个位数字大的数有（个）．

19．已知，该展开式二项式系数和为．

(1)求的值；

(2)求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意可得，解方程即可求解；

（2）根据题意，代入、即可求解.

【详解】（1）由题意，结合二项式系数的性质可得，，解得.

（2）由（1）可得，

令可得，

令可得，

所以，即.

20．如图，四棱柱的底面是菱形，⊥底面ABCD，AB=BD=2，，E，F分别是棱BB1，DD1上的动点（不含端点），且.

(1)求四棱锥的体积；

(2)当BE=1时，求平面AEF与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）作出辅助线，得到AO是四棱锥的高，求出各边的长，利用锥体体积公式求出答案；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解两平面的夹角的余弦值.

【详解】（1）如图，连接AC交BD于点O，因为底面ABCD是菱形，所以，

因为点E，F分别在，上，

所以BEDF，

又⊥底面ABCD，

AO底面ABCD，BD底面ABCD，

所以BE⊥BD，BE⊥AO，所以四边形BEFD是直角梯形，

且因为，，所以，

又因为，平面BEFD，

所以AO⊥平面BEFD，即AO是四棱锥的高，

因为AB=BD=2，底面ABCD是菱形，

所以是等边三角形，故，，

所以，

所以四棱锥的体积为

（2）以O为原点，分别以OA，OB所在直线为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，

所以，.

设是平面AEF的法向量，

则，

取，则，.

所以，是平面AEF的一个法向量，

由（1）可知，OA⊥平面BEFD，即OA⊥平面，

所以是平面的一个法向量，

而，

所以平面AEF与平面夹角的余弦值为

21．在①PA⊥平面ABC，②BC⊥AC，③PB⊥BC三个条件中选两个条件补充在下面的线处，使得BC⊥平面PAC成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题.

如图，在三棱锥P-ABC中，若＿＿＿＿＿，且PA＝2AC＝BC＝2，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.

【答案】（1）选①②，证明见解析；（2）.

【解析】（1）选①②，证明即可；

（2）以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，首先算出平面的一个法向量，然后可算出答案.

【详解】（1）若选③，由知，为直角三角形，所以不垂直

又平面，所以不可能垂直于平面，所以③必不选，故选①②

证明如下：因为平面，平面，所以

因为，，所以平面

（2）作平面，易知两两相互垂直

以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图空间直角坐标系

因为，所以

所以

设平面的一个法向量为，则，所以

令，得，所以

所以直线与平面所成角的正弦值为

【点睛】本题考查的是线面垂直的证明和线面角的求法，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.

22．如图，在四棱锥中，，，，，，，平面PAD，点M满足．

(1)若，求证：平面平面；

(2)设平面MPC与平面PCD的夹角为，若，求的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)利用线面垂直的判定定理性质定理和面面垂直的性质定理可得平面ABCD，再证明平面PCM ，利用面面垂直判定定理可证明；

(2)利用空间向量的坐标运算表示平面与平面夹角的余弦值，列方程计算求解.

【详解】（1）证明：∵，，，∴．

∵，∴，而，

∴，，∴．

∵平面PAD，平面ABCD，

∴平面平面PAD且平面平面，

由平面PAD，平面ABCD，

平面ABCD，∴，

且，，，∴，

∴，又∵，平面PCM，

∴平面PCM．

又∵平面，∴平面平面.

（2）由（1）可知，平面，

所以作平行于的直线为轴建系如图，

∵，∴，∴，

，，，∴，，，

设平面MPC与平面PCD的一个法向量分别为，，

∴

，

∵，∴

，∵，

∴．