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1、试卷第 =page 1 1页,共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 17 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 17 页2021-2022学年江苏省淮安市高中校协作体高二下学期期中联考数学试题一、单选题1已知空间向量 ,则向量在坐标平面上的投影向量是()ABCD【答案】D【分析】根据投影向量的定义即可得出正确的答案.【详解】根据空间中点的坐标确定方法知,空间中点在坐标平面上的投影坐标,纵坐标为0,横坐标与竖坐标不变所以空间向量在坐标平面上的投影向量是:,故选:D.2已知向量,分别是直线l和平面的方向向量和法向量,若,则l与所成的角为(
2、)A30B60C120D150【答案】A【分析】由知直线l和平面的法向量所夹锐角为60,根据直线l和平面的位置关系,即可得出答案.【详解】由已知得直线l和平面的法向量所夹锐角为60,因此l与所成的角为30.故选:A.【点睛】本题考查线面角.属于基础题.找到向量,的夹角与l与所成角的关系是解本题的关键.3已知两平面的法向量分别为,则两平面所成的二面角为()A45B135C45或135D90【答案】C【分析】直接利用空间向量的夹角公式,求解二面角的大小即可【详解】,即.两平面所成二面角为或.故选:C.4展开式中的系数为()A10B24C32D56【答案】D【解析】先将式子化成,再分别求两项各自的的
3、系数,再相加,即可得答案.【详解】,展开式中含的项为,展开式中含的项,故的系数为.故选:D.【点睛】本题考查二项展开式中指定项的系,考查函数与方程思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力.5某班级从A,B,C,D,E,F六名学生中选四人参加4100 m接力比赛,其中第一棒只能在A,B中选一人,第四棒只能在A,C中选一人,则不同的选派方法共有()A24种B36种C48种D72种【答案】B【分析】分第一棒选A或选B,两类求解.【详解】解:当第一棒选A时,第四棒只能选C,则有种选派方法;当第一棒选B时,则有种选派方法.由分类计数原理得,共有 种选派方法.故选:B6如图所示,某地有南北街道6条、东西街道5
4、条,一快递员从地出发,送货到地,且途经地,要求所走路程最短,共有()种不同的走法A100B80C60D40【答案】D【分析】考虑小矩形的横边和直边,例如从到的最短距离就是从2个横边加3个直边共5条线段,不同的方法就是什么时候走直边什么时候走横边,由组合知识可得不同的方法数,根据分步乘法计数原理可得【详解】分两步,第一步从到的最短距离的走法有,第二步从到的最短距离走法有,由分步乘法计数原理得,总方法数为故选:D7已知向量为平面的法向量,点在内,则点到平面的距离为()ABCD【答案】B【分析】直接利用点到面的距离的向量求法求解即可【详解】因为,所以,因为平面的法向量,所以点到平面的距离.故选:B【
5、点睛】此题考查利用向量求点到面的距离,属于基础题8中国南北朝时期的著作孙子算经中,对同余除法有较深的研究,设为整数,若和被m除得的余数相同,则称和对模m同余,记为.如9和21除以6所得的余数都是3,则记为,若,则的值可以是()A2019B2020C2021D2022【答案】A【分析】利用二项式定理化简为,展开可得到被10除余9,由此可得答案.【详解】,所以被10除余9,2019,2020,2021,2022除以10余9的是2019,故选:A.二、多选题9下列选项正确的是()ABCD【答案】ACD【分析】根据排列数和组合数公式,化简,即可求解.【详解】A根据排列和组合数公式,可知A显然成立;B.
6、, ,所以,故B不成立;C.,故C成立;D.,故D成立.故选:ACD10如图所示,在正方体中,下列结论正确的是()A/平面BC向量与的夹角为60D平面.【答案】ABD【分析】建立空间直角坐标系,利用向量方法依次判断各选项的对错.【详解】解以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,不妨设正方体的棱长为1,则有A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),B1(1,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),所以(0,1,0),(1,1,0),(1,1,1),(1,1,0),(0,1,1),对于选项A,由可得,平面,平面,
7、所以平面,A正确;对于选项B,由可得,B正确; 对于选项C,由,故向量与的夹角为,C错误;对于选项D,由,所以,平面,所以平面,D正确;故选:ABD.11关于的说法,正确的是()A展开式中的二项式系数之和为2048B展开式中只有第6项的二项式系数最大C展开式中第6项和第7项的二项式系数最大D展开式中第6项的系数最大【答案】AC【解析】根据二项展开式的二项式系数的性质进行分析可知正确,不正确,正确,根据项的系数的符号可知不正确.【详解】的展开式中的二项式系数之和为,所以正确;因为为奇数,所以展开式中有项,中间两项(第6项和第7项)的二项式系数相等且最大,所以不正确,正确;展开式中第6项的系数为负
8、数,不是最大值,所以不正确.故选:AC【点睛】本题考查了二项展开式的二项式系数的性质,考查了二项展开式中项的系数的最值问题,属于基础题.12某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到A,B,C三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作,每名医生只能到一家企业工作,则下列结论正确的是()A若C企业最多派1名医生,则所有不同分派方案共48种B若每家企业至少分派1名医生,则所有不同分派方案共36种C若每家企业至少分派1名医生,且医生甲必须到A企业,则所有不同分派方案共12种D所有不同分派方案共种【答案】ABC【分析】选项A,B,C均可用分类加法计数原理求解;选项D可用分步乘法计数原理求解.【详解】选项A:若C企业
9、最多派1名医生,则有以下两种情况:派1名医生去C企业,剩余3名医生派到企业A或企业B中,有种;4名医生全部派到企业A或企业B中,有种.故共有种不同分派方案,故选项A正确;选项B:若每家企业至少分派1名医生,则有以下三种情况:派2名医生去A企业,剩余2名医生一人去B企业,一人去C企业,有种;派2名医生去B企业,剩余2名医生一人去A企业,一人去C企业,有种;派2名医生去C企业,剩余2名医生一人去A企业,一人去B企业,有种.故共有种不同分派方案,故选项B正确;选项C:若每家企业至少分派1名医生,且医生甲必须到A企业,则有以下三种情况:派医生甲去A企业,再派一名医生去A企业,剩余2名医生一人去B企业,
10、一人去C企业,有种不同分派方案;派医生甲去A企业,派2名医生去B企业,剩余1名医生去C企业,有种;派医生甲去A企业,派2名医生去C企业,剩余1名医生去B企业,有种.共有种不同分派方案,故选项C正确;选项D:第一步:派医生甲去3个企业中的任何一个,有3种;第二步:派医生乙去3个企业中的任何一个,有3种;第三步:派医生丙去3个企业中的任何一个,有3种;第四步:派医生丁去3个企业中的任何一个,有3种;由分步乘法计数原理知,所有不同分派方案共种,故选项D错误;故选:ABC.三、填空题13从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成_个没有重复数字的四位数.(用数字作
11、答)【答案】1260.【详解】分析:按是否取零分类讨论,若取零,则先排首位,最后根据分类与分步计数原理计数.详解:若不取零,则排列数为,若取零,则排列数为,因此一共有个没有重复数字的四位数.点睛:求解排列、组合问题常用的解题方法:(1)元素相邻的排列问题“捆邦法”;(2)元素相间的排列问题“插空法”;(3)元素有顺序限制的排列问题“除序法”;(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题间接法.14如图,在空间四边形中,和为对角线,为的重心是上一点,以为基底,则_【答案】【详解】由题意,连接 则 .故答案为.15空间直角坐标系中,经过点且法向量为的平面方程为,经过点且一个方向向量为的
12、直线的方程为,阅读上面的材料并解决下面问题:现给出平面的方程为,经过的直线的方程为,则直线与平面所成角大小为_.【答案】 【分析】依题意可得平面法向量为,直线方向向量,根据空间向量法求出线面角的大小;【详解】解:由平面的方程为得平面法向量为,经过直线的方程为得直线方向向量,设直线与平面所成角是,则,又,所以,所以;故答案为:四、双空题16若,则_,_;(用数字作答)【答案】 【分析】利用赋值法求得,由二项式展开式的通项公式求得.【详解】由,令得,令得.,所以.故答案为:;五、解答题17已知在的展开式中,第项为常数项.求:(1)的值;(2)展开式中的系数.【答案】(1)(2)【详解】分析:(1)
13、根据的展开式中,第9项为常数项,即可求解的值;(2)由(1)可得展开式的通项公式,令的指数幂为5,求得的值,即可得到展开式中项的系数.详解:(1)在根据的展开式中,第9项为常数项,则第9项的通项公式为,所以,解得.(2)由(1)可得展开式的通项公式 ,令,解得,则得到展开式中项的系数.点睛:本题主要考查了二项式定理的应用,其中解答中熟记二项式定理的通项是解答的关键,关于二项式定理的命题方向比较明确,主要从以下几个方面命题:(1)考查二项展开式的通项公式;(可以考查某一项,也可考查某一项的系数)(2)考查各项系数和和各项的二项式系数和;(3)二项式定理的应用18用,组成无重复数字七位数,满足下述
14、条件的七位数各有多少个?(1)偶数不相邻;(2)和之间恰有一个奇数,没有偶数;(3)三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列. 【答案】(1)1440(2)720(3)840【分析】(1)不相邻问题插空法(2)先考虑12和21的情况,再将它们看作一个整体,与其它元素全排列(3)先选3个位置排偶数,再在剩下的位置排奇数.【详解】(1)根据题意,分2步进行分析:先将4个奇数排好,有种排法,排好后,有5个空位可选,在其中任选3个,安排3个偶数,有种排法,则有个符合题意的七位数;(2)根据题意,分2步进行分析:在1和2之间安排一个奇数,考虑12和21的情况,有种安排方法,将三个数字看成一个整体,与其他4个
15、数字全排列,有种排法,则有个符合题意的七位数;(3)根据题意,分2步进行分析:在7个数位中任选3个,将三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列,有种排法,剩下的4个数字安排在剩下的4个数位上,有种排法,则有个符合题意的七位数.19在二项式的展开式中,.给出下列条件:若展开式前三项的二项式系数和等于46;所有奇数项的二项式系数和为256;若展开式中第7项为常数项.试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上,并且完成下列问题:(1)求展开式中二项式系数最大的项;(2)求展开式中的常数项.(备注:如果多个条件分别解答,按第一个条件计分)【答案】(1),(2)【分析】(1)选择由求解;选择:由求解;选择
16、:由通项公式为,令求解;由,得到展开式中二项式系数最大的项为第5和第6项求解;(2)由展开式通项为,令求解.【详解】(1)解:选择:因为展开式前三项的二项式系数和等于46,所以,即,即,即,解得或(舍去)选择:因为所有奇数项的二项式系数和为256,所以,即,解得.选择:通项公式为,则有,所以因为展开式中第7项为常数项,即,所以.所以展开式中二项式系数最大的项为第5和第6项,;(2)展开式通项为:,令,展开式中常数项为第7项,常数项为.20设.(1)求 的值;(2)求除以9的余数;(3)求的值.【答案】(1)(2)7(3)3072【分析】(1)分别令和,两式相加即可得结果;(2)根据二项式系数和
17、公式可得,再按照二项式定理展开即可得结果;(3)先对函进行求导,再令即可得结果.【详解】(1)(1)对于令 ,得:令 ,得:+得:.(2) 显然,上面括号内的数为正整数,故求被9除的余数为7.(3)两边求导数得:,令,则有,即.21如图,在棱长是2的正方体中,为的中点.(1)求证:;(2)求异面直线与所成角的余弦值;(3)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】(1)(2)(3)建立空间直角坐标系,利用空间向量法计算可得;【详解】(1)解:因为正方体棱长为2,故以为坐标原点,所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系, 则有,.因为为的中点,所以 , ,所以,所以,即;(2)解:因为,所以,因为异面直线与所成角是锐角,所以异面直线与所成角的余弦值是.(3)解:设平面的法向量是 ,则,即, 又,所以 令,则,所以,又,所以点到平面的距离.22四棱锥中,平面 ,四边形为菱形,为的中点.(1)求证:平面平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值;(3)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】(1)根据面面垂直的判定定理证明;(2)平面直角坐标系,利用向量方法求解;(3)求二面角的两个半平面的法向量,利用法向量夹角
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