江苏省淮安市马坝高级中学2021-2022学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）.docx

1、江苏省马坝高级中学2021-2022学年度第二学期期中考试高二数学试题（考试时间：120分钟，试卷满分150分）一单项选择题（本大题共8题，每小题5分，共计40分.每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）1. 空间直角坐标系中，已知，则线段的中点为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】根据中点坐标公式，中点坐标为.故选.2. 由数字组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为（ ）A. 15B. 12C. 10D. 5【答案】D【解析】【分析】求出所有偶数即可得出.【详解】由数字组成无重复数字的整数中，偶数有4,34,54,354,534共5个.故选：D.3. 在桥牌比赛中，发

2、给4名参赛者每人一手由52张牌的四分之一(即13张牌)组成的牌，一名参赛者可能得到的不同的牌为（ ）A. 413种B. 134种C. 种D. 种【答案】D【解析】【分析】根据题意，原问题可以转为从52张桥牌中任选13张，分配给这名参赛者，由组合数公式计算可得答案【详解】根据题意，原问题可以转为从52张桥牌中任选13张，分配给这名参赛者，则有种情况，即参赛者可能有种不同的牌故选：D.4. 已知，且，则（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】求出和的坐标，根据空间向量共线的充要条件即可得，的值.【详解】因为，所以，因为，所以，解得：，故选：B.5. 二项式的展开式中第3项的

3、二项式系数为（ ）A. B. 56C. D. 28【答案】D【解析】【分析】二项式展开式的第k+1项的二项式系数为，进而得到答案.【详解】二项式展开式第三项的二项式系数为.故选：D.6. 若，则（ ）A. 22B. 19C 20D. 19【答案】C【解析】【分析】将所求进行变形可得，根据二项式定理展开式，即可求得答案.【详解】由题意得所以.故选：C7. 如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，CB的中点，点G在线段MN上，且使，用向量，表示向量是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据所给的图形和一组基底，从起点出发，把不是基底中的向量，用是基

4、底的向量来表示，就可以得到结论【详解】.故选：D【点睛】本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程，属于基础题8. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为长方形，Q为PC上一点，且，则异面直线AC与BQ所成的角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出后可求线线角的余弦值.【详解】因为平面，平面，故，底面ABCD为长方形，故，所以DP，DC，DA两两互相垂直，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以，

5、设异面直线AC与BQ所成的角为，则，所以异面直线AC与BQ所成的角的余弦值为故选：A.二多项选择题（本大题共4题，每小题5分，共计20分.每小题列出的四个选项中有多项是符合题目要求的，部分选对得2分，全选对得5分，错选不得分）9. 若，与的夹角为120，则的值为（ ）A. B. 17C. 1D. 【答案】BD【解析】【分析】由空间向量夹角的坐标表示求解【详解】由题意得解得或故选：BD10. 对于关于下列排列组合数，结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】分析】利用排列数、组合数公式对各选项逐一计算判断作答.【详解】对于A，由组合数的性质知，成立，A正确；对于B，B正确；

6、对于C，因，因此成立，C正确；对于D，因，即不成立，D不正确.故选：ABC11. 下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ）A. 两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是，则B. 直线l的方向向量， 平面的法向量是， 则C. 两个不同平面的法向量分别是，则D. 直线的方向向量， 平面的法向量是，则【答案】AC【解析】【分析】根据条件结合空间向量的平行和垂直，对各选项逐项判断即可【详解】对于A，两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是，且，所以，选项A正确对于B，直线l的方向向量，平面的法向量是且，所以或，选项B错误；对于C，两个不同的平面的法向量分别是，且，所以，选项C

7、正确；对于D，直线l的方向向量，平面a的法向量是且，所以，选项D错误故选 AC12. 现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是（ ）A. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法B. 若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种C. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种D. 若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种【答案】BCD【解析】【分析】由分步乘法计数原理即可判断A，由分类加法、分步乘法结合排列、组合的知识

8、可判断B，由分步乘法、排列、组合的知识可判断C，由枚举法可判断D，即可得解.【详解】对于A，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有种放法，故A错误；对于B，若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有种放法，故B正确；对于C，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有种放法，故C正确；对于D，若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若代表编号为1，2，

9、3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，列出所有符合要求的情况：，共9种放法，故D正确.故选：BCD.【点睛】本题考查了计数原理的综合应用，考查了运算求解能力与分类讨论思想，合理分类、分步，完整枚举是解题关键，属于中档题.三填空题（本大题共4题，每小题5分，共计20分）13. 在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则等于_.【答案】【解析】【分析】根据题中条件得出二项展开式的总项数，再求解n的值即可.【详解】根据题意，第5项为二项展开式的中间项，所以二项展开式的总项数为9即，解得.故答案为：8.14. 已知二面角，其中平面的一个法向量，平面的一个法向量，则二面角的大小可能为_.【答

10、案】或【解析】【分析】利用法向量夹角可得二面角.【详解】由，则，所以二面角余弦值，所以或，故答案为：或.15. 从，这五个数中，每次取出两个不同的数分别为，共可得到的不同值的个数是_【答案】【解析】【分析】因为，所以从，这五个数中，每次取出两个不同的数分别为，共可得到的不同值的个数可看作共可得到多少个不同的数.【详解】解：首先从，这五个数中任取两个不同的数排列，共种排法，因为，所以从，这五个数中，每次取出两个不同的数分别为，共可得到的不同值的个数为：，故答案为：.【点睛】本题考查了排列组合及简单的计数问题，属于基础题.16. 在正方体中，点为线段的中点.设点在线段（不与重合）上，直线与平面所成

11、的角为，则的最大值是_.【答案】【解析】【分析】利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标第，设正方体的棱长为，设，设平面的法向量为，所以有，因为，所以时，有最大值，最大值为，故答案为：四解答题（本大题共6题，计70分，每题需写出必要的解题过程或文字说明）17. （1）求值：；（2）解方程：.【答案】（1） （2）7【解析】【分析】（1）直接利用排列数公式 计算即可（2）利用排列数公式列出关于的方程求解即可【详解】（1）解：原式（2）解：原方程可化为即：解得：或（舍去）所以18. 7名同学，站成一排排队：（1）甲站在最中间的排法共有多少种？（2）甲、乙两名同学相邻的排

12、法共有多少种？（3）甲、乙和丙三名同学都不能相邻的排法共有多少种？【答案】（1）720种；（2）720种；（3）1440种【解析】【分析】（1）先把甲放在中间的位置，则问题可以看作余下的6个元素的全排列，即可得到答案；（2）利用捆绑法求解即可；（3）利用插空法求解即可.【详解】（1）先把甲放在中间的位置，则问题可以看作余下的6个元素的全排列，共有种排列方法（2）先将甲、乙两名同学“捆绑”在一起看成一个元素，有种方法，再与其余的5个元素(同学)一起进行全排列有种方法，这样的排法一共有种（3）先将其余四个同学排好有种方法，此时他们留下五个“空”，再将甲、乙和丙三名同学分别插入这五个“空”有种方法，

13、一共有种19. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB，D，E分别是AB，BB1的中点，且ACBCAA12（1）求直线BC1与A1D所成角的大小；（2）求直线A1E与平面A1CD所成角的正弦值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系,求出相关点的坐标,求出,根据,即可求得直线BC1与A1D所成角的大小;（2）由于平面不是特殊的平面,故建系用法向量求解,求出平面的法向量,求和的夹角,即可求得答案.【详解】（1）分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系如图:则由题意可得:，又分别是的中点， 直线BC1与A1D所成角的大小.（2）设平面法向量为 由，得,可取又 直线与平面所成角

14、的正弦值为【点睛】本题考查立体几何中异面直线夹角,线面所成角求法.根据题意画出几何图形,对于立体几何中角的计算问题,可以利用空间向量法,利用向量的夹角公式求解,属于基础题.20. 在只有第项的二项式系数最大，第项与第项的二项式系数相等，所有二项式系数的和为，这三个条件中任选一个，补充在下面（横线处）问题中，解决下面两个问题.已知，若的展开式中，_.（1）求的值及展开式中所有项的系数和；（2）求展开式中含的项.【答案】（1）若选，若选，若选，系数和为1；（2）.【解析】【分析】（1）若选，则，即可求得n值，若选，则，即可求得n值，若选，则，即可求得n值，令代回原式，即可得系数和.（2）先求得展开

15、式的通项公式，令，即可得答案.【详解】（1）若选，则，解得；若选，则，解得；若选，则，解得，令，可得系数和为.（2）由（1）可得展开式的通项公式为：，令，可得含的项为.21. 如图，且且且平面（1）若为的中点，为的中点，求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）求直线到平面的距离【答案】（1）见解析；（2）；（3）【解析】【分析】（1）依题意，以为坐标原点，分别以、的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系求出对应点的坐标，求出平面的法向量及，由，结合直线平面，可得平面；（2）分别求出平面与平面平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的正弦值；（3）根据，得平面，则直线到平面的距

16、离即为点到平面的距离，利用向量法求出点到平面的距离，即可得出答案.【详解】（1）证明：依题意，以为坐标原点，分别以、的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系可得，0，0，2，2，0，1，0，0，设为平面的法向量，则，不妨令，可得；又，可得所以，又直线平面，平面；（2）解：依题意，可得，设为平面的法向量，则，不妨令，可得设为平面的法向量，则，不妨令，可得因此有，于是二面角的正弦值为；（3）解：因为，平面，平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，由（2）得，平面的法向量，则，即直线与平面所成角得正弦值为，所以点到平面的距离为，即直线到平面的距离为.22. 已知.（1）若，求；（2）若，求除以9的余数；【答案】（1）192；（2）1.【解析】【分析】（1）若，则，两式相加整理结合二项式系数的和即可得解；（2）若，则，展开分析即可得出答案.【详解】解：（1）因为，所以同时，两式相加得：所以；（2）因为，所以因为都能被9整除，所以1除以9的余数就是除以9的余数，故除以9的余数为1.