江苏省宿迁市2022-2023学年高二下学期期中数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省宿迁市2022-2023学年高二下学期期中数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设，化简（）．A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，故选：C．2.已知平面α的一个法向量为，则AB所在直线l与平面α的位置关系为（）.A. B.C. D.l与α相交但不垂直〖答案〗A〖解析〗因为，所以，即，所以.故选：A3.已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（）．A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗向量在向量上的投影向量为.故选:C.4.由0，1，2，3，5组成的无重复数字的五位偶数共有（）．A.42个 B.48个 C.54个 D.120个〖答案〗A〖解析〗若五位数的个位数是，则有种情形；若五位数的个位数是，由于不排首位，因此只有有种情形，中间的三个位置有种情形，依据分步计数原理，可得种情形．由分类计数原理可得所有无重复五位偶数的个数为.故选：A．5.已知空间四面体中，对空间内任一点，满足下列条件中能确定点共面的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根据空间中四点共面可知，解得.故选：D6.如图，提供4种不同的颜色给图中，，，四块区域涂色，若相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（）种．A.12 B.36 C.48 D.72〖答案〗C〖解析〗如果只用了3种颜色，则ABD三块区域颜色必两两不同，C区域必与A相同，则涂法有种；如果用了全部4种颜色，则涂法有种；所以总共有种涂法.故选：C.7.当时，将三项式展开，可得到如图所示的三项展开式和“广义杨辉三角形”：……第0行第1行第2行第3行第4行广义杨辉三角形111112321136763114101619161041若在的展开式中，的系数为75，则实数a的值为（）．A.1 B. C.2 D.〖答案〗C〖解析〗由题意可得广义杨辉三角形第五行的前两个数字为1,5,15,30,45,51,45,30,15,5,1，所以在的展开式中，的系数为解得.故〖答案〗为：C.8.如图，在四棱锥中，平面，，，，已知Q是棱上靠近点P的四等分点，则与平面所成角的正弦值为（）．A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗平面，，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，..易知平面的法向量.设与平面所成角为，则.故选：C.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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.若向量与的夹角为锐角，则实数x的值可能为（）.A.4 B.5 C.6 D.7〖答案〗CD〖解析〗因为与的夹角为锐角，所以，解得，当与共线时，，解得，所以实数x的取值范围是，经检验，选项C、D符合题意.故选：CD10.甲、乙、丙、丁、戊5人参加完某项活动后合影留念，则（）．A.甲、乙、丙站前排，丁、戊站后排，共有120种排法B.5人站成一排，若甲、乙站一起且甲在乙的左边，共有24种排法C.5人站成一排，甲不在两端，共有72种排法D.5人站成一排，甲不在最左端，乙不在最右端，共有78种排法〖答案〗BCD〖解析〗对A：甲、乙、丙站前排，有种排法，丁、戌站后排，有种排法，共有种排法，故A错误；对B：甲、乙看作一个元素，则5人站成一排，若甲、乙站一起且甲在乙的左边，共有种排法，故B正确；对C：5人站成一排，甲不在两端，共有种排法，故C正确；对D：5人站成一排，有种排法，则甲在最左端，乙不在最右端，共有种排法；甲不在最左端，乙在最右端，共有种排法；甲在最左端，乙在最右端，共有种排法；则甲不在最左端，乙不在最右端，共有种排法，故D正确.故选：BCD.11.设，则下列结论中正确的是（）．A.B.C.，，，，中最大的是D.当时，除以16的余数是1〖答案〗ABD〖解析〗①；对A，对题给式子进行赋值，令，则，故A正确；对B，由①式知，故B正确；对C，，当时，；，,最大的为，故C不正确；对D，当时，除以16的余数是1，故D正确.故选：ABD12.已知正方体的棱长为1，点P为侧面内一点，则（）．A.当时，异面直线与所成角的正切值为B.当时，四面体的体积为定值C.当点P到平面的距离等于到直线的距离时，点P的轨迹为抛物线的一部分D.当时，四面体的外接球的表面积为〖答案〗BC〖解析〗A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，则，则异面直线与所成角的余弦值为，则异面直线与所成角的正弦值为，正切值为2，A错误；B选项，当时，点在上，又，平面，平面，所以平面，故点到平面的距离为定值，故四面体的体积为定值，B正确；C选项，过点作⊥于点，因为⊥平面，平面，所以⊥，因为平面，，则⊥平面，的长即为点P到平面的距离，连接，则⊥，故即为点到直线的距离，设，，则，故，两边平方后得到，为抛物线的一部分，故当点P到平面的距离等于到直线的距离时，点P的轨迹为抛物线的一部分，C正确；D选项，当时，为的中点，取中点，则四面体的外接球的球心在平面的投影为，找到球心，连接，取的中点，连接，过点作⊥于点，设，则，，，，由勾股定理得，，故，解得，故外接球半径为，故表面积为，D错误.故选：BC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在的展开式中含的项的系数为__________．〖答案〗4〖解析〗由二项式定理展开式得，所以展开式中含的项的系数为4.故〖答案〗为：4.14.若，则与向量同方向的单位向量的坐标为____________.〖答案〗〖解析〗因为，所以，所以与向量同方向的单位向量的坐标为，故〖答案〗为：.15.将3位教师分到6个班级任教，每位教师教2个班，共有__________种不同的分法．〖答案〗90〖解析〗由题意可得先将6个班分成3组，然后分配给3个教师，所以共有种不同的分法，故〖答案〗为：9016.在空间直角坐标系中，经过且法向量的平面方程为，经过且方向向量的直线方程为．阅读上面材料，并解决下列问题：给出平面的方程，经过点的直线l的方程为，则直线l的一个方向向量是__________，直线l与平面所成角的余弦值为__________．〖答案〗①②〖解析〗因为平面的方程，不妨令，可得，所以过点，设其法向量为，根据题意得，即，由平面的方程为，则，不妨取，可得，则平面的一个法向量为，经过点的直线的方程为，不妨取，则，则该直线的一个方向向量为，则直线与平面所成的角为，则，由，所以.故〖答案〗为：；.四、解答题：本题共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.（1）计算：；（2）解方程：．解：（1）原式；（2）因为，所以化简得，解得或，又因为，所以18.如图，在棱长为1的正方体中，P是底面ABCD的中心，M是的中点．（1）求点到直线MP的距离；（2）求点C到平面的距离．解：（1）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，所以，所以，所以点到直线MP的距离为线段的长，又因为是边长为的等边三角形，为中点，所以.即点到直线MP的距离.（2），所以，，，因为，所以，又由（1）知，所以为平面的一个法向量.所以点C到平面的距离.19.在下面三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并对其求解．条件①：第3项与第7项的二项式系数相等；条件②：只有第5项的二项式系数最大；条件③：所有项的二项式系数的和为256．问题：在展开式中，（1）求的值与展开式中各项系数之和；（2）这个展开式中是否存在有理项？若存在，将其一一列出；若不存在，请说明理由．解：（1）选①，第3项与第7项的二项式系数相等，则，所以；令，则，则展开式中各项系数之和为1．选②，只有第5项二项式系数最大，所以，解得；令，则，则展开式中各项系数之和为1．选③，所有项的二项式系数的和为256，则，解得：．令，则，则展开式中各项系数之和为1．（2）二项式展开式的通项公式为：．依题意可知，当，3，6时，二项展开的项都是有理项．所以：当时，；当时，；当时，．所以展开式中有理项分别为；；．20.如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1的长度为4，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°.用向量法求：（1）BD1长；（2）直线BD1与AC所成角的余弦值.解：（1）∵，＝24，∴的长为，（2）∵，∴，∴，∵，，∴＝，所以直线BD1与AC所成角余弦值为．21.（1）5个不同的小球，放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，一共有多少种不同的放法？（结果以数字作答）（2）5个不同的小球，放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，至少有2个空盒的放法有多少种？（结果以数字作答）解：（1）有5个不同小球，放入4个不同的盒子里，由于每一个小球有4种放法，故不同的放法共计种（2）有5个不同的小球，放入4个不同的盒子里，至少有2个空盒子，分成2类：2个空盒子，；3个空盒子；．先分组再排列:第一类：；第二类：根据分类计数原理共有种22.如图，在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，M在上，且．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的正弦值；（3）点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线与所成角为，求的长．解：（1）因为平面，，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的