2022-2023学年江苏省徐州高级中学高二下学期3月学情调研数学试题含答案

2022-2023学年江苏省徐州高级中学高二下学期3月学情调研数学试题

一、单选题

1．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（    ）

A． B．

C．或 D．

【答案】A

【分析】利用空间向量夹角的坐标表示求得，即，进而可知直线和平面的位置关系.

【详解】由，，，

所以，即，

所以.

故选：A

2．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.

3．已知，则x=（　　）

A．3或10 B．3 C．17 D．3或17

【答案】A

【分析】根据组合数的性质求解即可

【详解】因为，故或，

即或

故选：A

4．在10件产品中，有8件合格品，2件次品，从这10件中任意抽出3件，抽出的3件中恰有1件是次品，则不同抽法的种数是（    ）

A．56 B．28 C．120 D．16

【答案】A

【分析】利用分步计数乘法原理结合组合列式计算即可.

【详解】从2件次品中抽出1件次品的抽法有种，从8件合格品中抽出2件合格品的抽法有种，共有(种).

故选：A.

5．已知，则的最小值是（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【分析】根据空间向量的坐标运算，表示出的坐标，再根据模的计算公式，即可求得答案.

【详解】由题意知，故，

则，

即的最小值是，

故选：D

6．为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（    ）

A．8 B．10 C．12 D．14

【答案】C

【分析】先分步：第一步把5人分组，第二步安装吉祥物．分组时按与小明同组的人数确定分组方法，最后由计数原理计算．

【详解】按除去小明和小李后，剩余3人与小明同组的人数确定分组方法，即种方法，这两组安装吉祥物的方法为，故按要求这五人共有种方法.

故选：C.

7．空间中有三点，则点到直线的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分别求出，即可得，，再根据点到直线的距离为即可得解.

【详解】解：，

则，，

则，

所以点到直线的距离为.

故选：A.

8．在长方体中，E是的中点，，且平面，则实数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】建立空间直角坐标系，设，，，求出和平面的法向量，利用即可求出答案

【详解】以为原点，分别以，，的方向为，，轴为正方向建立空间直角坐标系，如图所示：

设，，，

则，，，，

所以，，，

因为，所以，所以，

所以，

设平面的法向量为，

所以，当时，，则，

因为平面，所以，

所以，解得，

故选：B

二、多选题

9．已知向量，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】CD

【分析】根据空间向量的模长、数量积的坐标运算，以及平行、垂直的坐标表示即可求解.

【详解】对于A,，

，故A错误；

对于B，，

则，故B错误；

对于C,，

则，

则，故C正确；

对于D，，故D正确.

故选:CD.

10．（    ）．

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】利用排列数公式化简，再逐一分析各个选项，计算判断作答.

【详解】，B正确，C不正确；

而，即，A正确，D正确.

故选：ABD

11．下列命题是真命题的有（    ）.

A．向量，若，则

B．若空间四个点P，A，B，C，，则A，B，C三点共线.

C．已知向量，，若，则为钝角.

D．已知空间直角坐标系中的点A的坐标为，平面过点A且与直线OA垂直，动点是平面内的任一点，则点P的坐标满足

【答案】AB

【分析】由向量垂直的充要条件可判断A；由题意，即可判断B；举出反例可判断C；由已知得出，根据垂直向量的数量积判断D.

【详解】对A，由向量垂直的充要条件，非零向量垂直，则数量积为0，反之数量积为0，则非零向量垂直，可得A正确；

对B，，，即，

，，三点共线，故B正确；

对C，当时，两个向量共线，夹角为，故C错误；

对D，根据题意，，，

则，即，故D错误．

故选：AB.

12．甲、乙、丙、丁、戊五个人并排站在一起拍照，下列说法错误的是（    ）

A．若甲站正中间，则共有24种排法

B．若甲、乙相邻，则共有36种排法

C．若甲不站两端，则共有48种排法

D．若甲、乙、丙各不相邻，则共有12种排法

【答案】BC

【分析】对于A，采用特殊元素优先法；对于B，采用捆绑法；对于C，采用特殊元素优先法；对于D，采用插空法.

【详解】若甲站在最中间，有种排法，A正确；

若甲、乙两人相邻站在一起，共有种排法，B错误；

若甲不站最边上，则共有种排法，C错误；

若甲、乙、丙各不相邻，则共有种排法，D正确．

故选：BC.

三、填空题

13．已知点是点关于坐标平面yoz内的对称点，则         

【答案】3

【分析】求出点坐标即得解.

【详解】因为点是点关于坐标平面yoz内的对称点，

所以点坐标为,

所以，所以.

故答案为：3

14．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是          ．

【答案】，

【分析】根据给定条件，利用投影向量的意义，结合向量坐标运算求解作答.

【详解】空间向量，，则向量在向量上的投影向量是，

所以向量在向量上的投影向量的坐标是.

故答案为：

15．已知，则等于           .

【答案】

【分析】要求，即求展开式中项的系数，进而根据二项式定理求解即可；

【详解】解:因为，

对于，其展开式通项为.

所以，中含的项为，

所以展开式中含的项系数为.

故答案为：.

四、双空题

16．已知，则

（1）被3除的余数是   ；

（2）       .

【答案】     1    

【分析】（1）赋值法求①、②，两式相加即可得结果；

（2）对等式两边求导并令得③，结合（1）中①乘以2023，与③作差即可得结果.

【详解】（1）令，则，

令，则，

所以，故，

而，其展开式的通项为，

所以，除了时外，其它各项均可被3整除，

故被3除的余数是1.

（2）等式两边求导得：，

故时，，

由（1）知：，则，

故

.

故答案为：1，

五、解答题

17．如图，正四面体（四个面都是正三角形）OABC的棱长为1，M是棱BC的中点，点N满足，点P满足．

(1)用向量表示；

(2)求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解；

（2）先计算，再开方即可求解

【详解】（1）因为M是棱BC的中点，点N满足，点P满足．

所以

．

（2）因为四面体是正四面体，则，

，

，

所以．

18．在二项式的展开式中，

(1)若，求展开式中的有理项；

(2)若第4项的系数与第6项的系数比为，求：

①二项展开式中的各项的二项式系数之和；

②二项展开式中的各项的系数之和．

【答案】(1)

(2)①64；②1

【分析】（1）根据已知得出二项展开式的通项，即可根据条件列式得出的值，即可代入通项得出答案；

（2）根据通项结合已知得出的值，即可根据二项展开式中的各项的二项式系数之和与各项的系数之和的求法得出答案.

【详解】（1）若，则，（）

由，得，

有理项为：．

（2），

由题意得，即，解得或（舍）

①二项式系数之和为；

②令，得各项的系数之和为．

19．（1）解方程：

（2）解不等式；

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）利用组合数的性质及计算公式解方程作答.

（2）利用排列数公式化简不等式，再求解不等式作答.

【详解】（1）由组合数性质及，得，

而，则，

因此，即，解得，

所以原方程的解为.

（2）由，得且，解得，

又，化简得，解得，因此，

所以不等式的解为.

20．如图，在四棱锥中，满足底面．

(1)求证：平面平面；

(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求B到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析.

(2).

【分析】（1）先证明，继而可证明平面,根据面面垂直的判定定理即可证明结论.

（2）建立空间直角坐标系，利用平面与平面的夹角的余弦值，求得的长，继而求得相关点坐标，再利用三棱锥的等体积法即可求得答案.

【详解】（1）连接交于E点，由于在平面内，，所以,

则,

由于，故,

,又，故,

所以,

则，故,

又平面，平面，故，

平面，故平面,

平面，故平面平面.

（2）因为平面，平面，故，

又，故以A为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

设，则，

故,

设平面的法向量为，则,

即，令，则，即，

平面的法向量可取为，

因为平面与平面的夹角的余弦值为，故，

解得，

则,，

所以，

由于，故，故,

设B到平面的距离，故由得：，

解得.

21．在二项式的展开式中，第3项和第4项的系数比为．

(1)求n的值及展开式中的常数项是第几项；

(2)展开式中系数最大的项是第几项？

【答案】(1)，第17项

(2)第7项和第8项

【分析】（1）由二项式展开式的通项公式结合题设条件得出，进而由赋值法求解；

（2）根据不等式法结合通项进行求解.

【详解】（1）二项式展开式的通项公式为．

因为第3项和第4项的系数比为，所以，

化简得，解得，所以．

令，得，所以常数项为第17项．

（2）设展开式中系数最大的项是第项，则，

解得．

因为，所以或，所以展开式中系数最大的项是第7项和第8项．

22．已知中，，分别为边上的两个三等分点，为底边上的高，，如图1.将，分别沿，折起，使得，重合于点，中点为，如图2.

(1)求证：；

(2)若直线与平面所成角的正切值为2，求二面角的大小.

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）依据题设证明线面垂直，再借助线面垂直的性质定理分析推证；（2）依据题设条件构建空间直角坐标系，借助坐标之间的关系及向量的数量积公式分析求解.

【详解】（1）因为，是的三等分点，所以，

所以是等边三角形，又因为是的中点，

所以.

因为，，，平面，平面,

所以平面.

又，所以平面.

因为平面，所以.

因为，平面，平面,

所以平面.

因为平面，所以.

（2）以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且与直线平行的直线为轴，建立空间直角坐标系.

因为平面，

所以为直线与平面所成角.

由题意得，即，从而.

不妨设，又，则，.

故，，，.

于是，，，，

设平面与平面的法向量分别为，，

由,得，令，得，所以.

同理可求：.

所以，

所以二面角的平面角的大小为.