江苏省镇江市扬中市第二高级中学2021-2022学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）.docx

1、江苏省扬中市第二高级中学2021-2022第二学期高二数学期中模拟试卷一、选择题.请把答案直接填涂在答题卡相应位置上.1. 若在关于的展开式中，常数项为2，则的系数是A. 60B. 45C. 42D. -42【答案】A【解析】【分析】分析二项式的展开式，求出的常数项，进而得到的值，然后再求出项的系数【详解】由题意得展开式的通项为，展开式的常数项为，展开式中项为，展开式中的系数是60故选A【点睛】求多项展开式某一项的系数问题，有两种思路（1）先分析该项的构成，结合所给多项式，分析如何得到该项，再利用排列组合知识求解；（2）将其结合看成二项式，用两次二项式定理的通项求解2. 的展开式中的系数是（

2、）A. 60B. 80C. 84D. 120【答案】D【解析】【分析】的展开式中的系数是，借助组合公式：，逐一计算即可.【详解】的展开式中的系数是因为且，所以，所以，以此类推，.故选：D.【点睛】本题关键点在于使用组合公式：，以达到简化运算的作用.3. 有5名学生志愿者到2个小区参加疫情防控常态化宣传活动，每名学生只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法为（ ）A. 种B. 种C. 种D. 种【答案】C【解析】【分析】先将5名学生分成两组，再分配即可求解.【详解】将5名学生分成两组可以有两类，一组人，一组人，则有，一组人，一组人，则有，所以不同的安排方法为种，故选：C【点睛】关

3、键点点睛：本题的关键点是先分组后分配，5名学生分成两组，即一组人，一组人和一组人，一组人，再分配即可.4. 在长方体中，则直线与平面所成角的余弦值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在长方体中， 得与平面交于，过做于，可证平面，可得为所求解的角，解，即可求出结论.【详解】在长方体中，平面即为平面，过做于，平面，平面，平面，为与平面所成角，在，直线与平面所成角的余弦值为.故选:C.【点睛】本题考查直线与平面所成的角，定义法求空间角要体现“做”“证”“算”，三步骤缺一不可，属于基础题.5. 已知，则（ ）A. B. C. D. 5【答案】B【解析】【分析】令，得，然后利用二项式定理

4、求即可【详解】令，则，所以，所以，故选：B6. 设，且，若能被13整除，则（ ）A. 0B. 1C. 11D. 12【答案】B【解析】【分析】转化为，利用二项式定理求解.【详解】因，且，所以，因为能被13整除，所以能被13整除，所以，故选：B7. 今天是星期二，经过7天后还是星期二，那么经过天后是（ ）A. 星期三B. 星期四C. 星期五D. 星期六【答案】D【解析】【分析】，利用二项式定理展开，求出它除以7的余数，可得结论【详解】解：，由于括号中，除了最后一项外，其余各项都能被7整除，故整个式子除以4的余数为， 故经过天后是是星期六，故选：D8. 设nN*，则1n80+1n181+1n282

5、+1n383+118n1+108n除以9的余数为（ ）A. 0B. 8C. 7D. 2【答案】A【解析】【分析】直接利用二项式定理把条件转化即可求解结论.【详解】解：因为C1n80+C1n181+C1n282+C1n383+C118n1+C108n（1+8）n9n；故除以9的余数为0；故选：A.【点睛】本题考查二项式定理及应用，解题时需注意组合数性质及二项式定理的合理运用，属于基础题.二、多选题：（每小题给出的四个选项中，不止一项是符合题目要求的，请把正确的所有选项填涂在答题卡相应的位置上）9. 现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且

6、允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（ ）A. 所有可能的方法有种B. 若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种C. 若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有16种D. 若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种【答案】BCD【解析】【分析】利用分步乘法计数原理判断AC选项的正确性，利用分类加法计数原理以及组合数计算判断B选项的正确性，利用排列数计算判断D选项的正确性.【详解】所有可能的方法有种，A错误.对于B，分三种情况：第一种：若有1名同学去工厂甲，则去工厂甲的同学情况为，另外两名同学的安排方法有种，此种情况共有种，第二种：若有两名同学去工厂甲，则同学选派情况有，另外

7、一名同学的排法有3种，此种情况共有种，第三种情况，若三名同学都去工甲，此种情况唯一，则共有种安排方法，B正确.对于C，若A必去甲工厂，则B，C两名同学各有4种安排，共有种安排，C正确.对于D，若三名同学所选工厂各不同，则共有种安排，D正确.故答案为：BCD10. （多选题）已知展开式中，各项系数的和比它的二项式系数的和大，则下列结论正确的为（ ）A. 展开式中偶数项的二项式系数之和为B. 展开式中二项式系数最大的项只有第三项C. 展开式中系数最大的项只有第五项D. 展开式中有理项为第三项、第六项【答案】CD【解析】【分析】根据已知条件，利用二项展开式的通项公式及二项式系数的性质，逐一判断各个选

8、项即可.【详解】令，可得展开式中各项系数的和为，又二项式系数的和，因为各项系数的和比它的二项式系数的和大，所以，解得，对A：因为二项式展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，所以展开式中，偶数项的二项式系数的和为，故A错误；对B：因为，所以第三项、第四项的二项式系数最大，故B错误；对C：，设展开式中系数最大的项是第项，则，解得，又，所以，所以展开式中系数最大的项只有第五项，故C正确；对D：若是有理项，则当且为整数，又，所以，所以展开式中有理项为第三项、第六项，故D正确.故选：CD【点睛】方法点睛：(1)二项式系数最大项的确定方法：如果是偶数，则中间一项(第项)的二项式系数最

9、大；如果是奇数，则中间两项(第项与第项)的二项式系数相等并最大(2)形如展开式中系数最大项的求法，一般采用待定系数法：设展开式中的第项是系数最大项，其系数记为，则由可求出的值，从而求出展开式中系数最大的项.11. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】令即可求得可判断选项A；令，求得，进而求得可判断选项C；根据二项式定理写出该二项展开式的通项，即可得可判断选项B；利用导数即可得，可判断选项D，进而可得正确选项.【详解】因为令，得，故选项A正确；令，得，所以，故选项C正确；易知该二项展开式的通项 ，所以，故选项B正确；对两边同时求导，得，令，得，故选项D错误.故选:

10、：ABC【点睛】易错点睛：对两边同时求导时不要忘记对求导.12. 如图，棱长为1的正方体中，P为线段上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是（ ）A. 平面平面B. 平面C. 三棱锥的体积为定值D. 直线与所成的角可能是【答案】AC【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理，证得平面，结合面面垂直的判定定理，可判定A正确；根据，得到四点共面，可判定B不正确；根据三棱锥的体积公式，可判定C正确；建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，求得直线与所成的角的范围是，可判定D不正确.【详解】对于A中，在正方体中，可得，又由，所以平面，又因为平面，所以平面平面，所以A正确；对于B中，正方体中，可得，所以四点

11、共面，所以B不正确；对于C中，因为，点到平面的距离为，所以三棱锥的体积为定值，所以C正确；对于D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，可得，设，则，则，当时，；当时，所以直线与所成的角的范围是，所以D不正确.故选：AC【点睛】此类问题解答中熟记正方体的几何结构特征，熟练应用转化顶点，利用等体积法求解三棱锥的体积，以及合理利用空间向量的夹角公式求解异面直线所成的角是解答的关键.三、填空题.请把答案直接填写在答题卡相应位置上.13. 个人分乘三辆不同的汽车，每辆车最多坐人，则不同的乘车方法有_种（用数字作答）【答案】【解析】【分析】先分好组，三组人数分别为、或、，再将三组分配给三辆车

12、，利用分步乘法计数原理可得结果.【详解】先分好组，三组人数分别为、或、，再将三组分配给三辆车，由分步乘法计数原理可知，不同的乘车方法种数为.故答案为：.【点睛】方法点睛：解决分配问题一般遵循先分组再分配的方法进行，但要正确判断是不是平均分组、有序分组，无序平均分组要除以组数的阶乘，有序平均分组是在平均分组的基础上乘以组数的阶乘.14. 四棱锥中，底面是边长为的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，则二面角的平面角为_【答案】60【解析】【详解】如图：E、F分别是AB,CD中点，连VE,EF，VF;则就是二面角的平面角；又所以三角形VEF为正三角形，所以15. 二项式的展开式中，仅有第九

13、项的二项式系数取得最大值，则展开式中项的系数是_.【答案】【解析】【分析】先根据条件确定的值，再根据二项展开式通项公式求结果.【详解】因为仅有第九项的二项式系数取得最大值，所以展开式有项，所以，可得，因为二项式展开式的通项为：，所以，可得，所以展开式中项的系数是，故答案为：16. 设，则_【答案】20【解析】【分析】根据乘法分配律以及二项式展开式的通项公式，求得，由此求得正确结果.【详解】由题意可得，所以，且，所以，.故答案为：20四、解答题.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 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

14、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）【解析】【分析】（1）选择由求解；选择：由求解；选择：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.【小问1详解】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

15、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，；【小问2详解】展开式通项为：，令，展开式中常数项为第7项，常数项为.18. 已知展开式二项式系数和为128，且.（1）求的值；（2）求的值；（3）求被6整除的余数.【答案】（1）；（2）2；（3）3.【解析】【分析】（1）由二项式系数性质求得，然后变形，利用二项式定理求得；（2）令可求得，再求得后得结论；（3）用二项式定理展开，把20的位数剔除在外，剩下的计算后可得【详解】解：（1）由展开式的二项式系数和为128，可得，即n=7，由，得=； （2）令，得，令，得，所以=2； （3）由因为能被6整除，被6整除后

16、余数为3.所以被6整除的余数为319. 已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是 （1）求展开式中的所有有理项；（2）求展开式中系数绝对值最大的项；（3）求的值.【答案】（1）T1=x5和T7=13400 ,（2）,（3）.【解析】【详解】试题分析：（1）先利用二项展开式的通项公式得到第5项的系数与第3项的系数，依题意得到，求解可得，进而化简该二项展开式的通项公式得到，由为整数可得出的值，进而得到所有的有理项；（2）先求出二项展开式中的系列，并设第项系数绝对值最大，列出不等式组，从中求解即可得出的值，进而可写出展开式中系数绝对值最大的项；（3）先根据二项开展式的特征将变形为，逆用二项

17、式定理即可得结果.（1）由，解得 因为通项：当为整数，可取0，6 于是有理项为和 （2）设第项系数绝对值最大，则 解得，于是只能为7 所以系数绝对值最大的项为 （3） 考点：二项式定理及其应用.20. 将个编号为、的不同小球全部放入个编号为、的个不同盒子中.求：（1）每个盒至少一个球，有多少种不同的放法？（2）恰好有一个空盒，有多少种不同的放法？（3）每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种不同的放法？（4）把已知中个不同的小球换成四个完全相同的小球（无编号），其余条件不变，恰有一个空盒，有多少种不同的放法？【答案】（1）（种）；（2）（种）；（3）（种）；（4）（种）.

18、【解析】【分析】（1）根据题意知，每个盒子里有且只有个小球，利用排列数可得出结果；（2）先将个小球分为组，各组的球数分别为、，然后分配给个盒子中的个盒子，利用组合与排列计数原理可得出结果；（3）考查编号为的盒子中放入编号为的小球，列举出此种情况下其它个球均未放入相应编号的盒子里，在此种放法种数上乘以可得结果；（4）空盒编号有种情况，然后将个完全相同的小球放入其它个盒子，没有空盒，利用隔板法求出结果，乘以即得所求放法种数.【详解】（1）根据题意知，每个盒子里有且只有一个小球，所求放法种数为（种）；（2）先将个小球分为组，各组的球数分别为、，然后分配给个盒子中的个盒子，由分步乘法计数原理可知，所求

19、的放法种数为（种）；（3）考查编号为的盒子中放入编号为的小球，则其它个球均未放入相应编号的盒子，那么编号为、的盒子中放入的小球编号可以依次为、或、，因此，所求放法种数为（种）；（4）按两步进行，空盒编号有种情况，然后将个完全相同的小球放入其它个盒子，没有空盒，则只需在个完全相同的小球所形成的个空（不包括两端）中插入块板，由分步乘法计数原理可知，所求的放法种数为（种）.【点睛】本题考查计数应用题，涉及分步乘法计数原理、隔板法以及列举法的应用，考查计算能力，属于中等题.21. 如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，ABC=60，四边形PACQ为矩形，PA=1，且平面PACQ平面ABCD.（1）求B

20、P与平面ACQP所成角的余弦值；（2）求二面角B-PQ-D的大小；（3）求点C到平面BPQ的距离.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，求得向量 的坐标，易知 平面ACQP的一个法向量是，然后由求解.（2）分别求得平面BPQ的一个法向量为和平面DPQ的一个法向量为，然后由求解.（3）求得向量，再根据平面BPQ的一个法向量为，然后由求解.详解】（1）由题意，建立如图所示空间直角坐标系： 则：，所以 ，平面ACQP的一个法向量是，设BP与平面ACQP所成的角为，所以，所以.（2）因为，所以，设平面BPQ的一个法向量为，则，即，令，则，所以，设平面DPQ的

21、一个法向量为，则，即，令，则，所以，所以，因为，所以.（3）因为，所以，因为平面BPQ一个法向量为，所以点C到平面BPQ的距离.【点睛】方法点睛：1、利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角2、利用向量求二面角的方法：分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角22. 如图，在三棱锥中，底面，点，分别为棱，的中点，是线段的中点，

22、（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或【解析】【详解】试题分析：本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.首先要建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，证明线面平行只需求出平面的法向量，计算直线对应的向量与法向量的数量积为0，求二面角只需求出两个半平面对应的法向量，借助法向量的夹角求二面角，利用向量的夹角公式，求出异面直线所成角的余弦值，利用已知条件，求出的值.试题解析：如图，以A为原

23、点，分别以，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.（1）证明：=（0，2，0），=（2，0，）.设，为平面BDE的法向量，则，即.不妨设，可得.又=（1，2，），可得.因为平面BDE，所以MN/平面BDE.（2）解：易知为平面CEM的一个法向量.设为平面EMN的法向量，则，因为，所以.不妨设，可得.因此有，于是.所以，二面角CEMN的正弦值为.（3）解：依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得，.由已知，得，整理得，解得，或.所以，线段AH的长为或.【考点】直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角【名师点睛】空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面关系利用空间向量都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面角，二面角或点到平面的距离都很容易.