精品解析：江苏省徐州市铜山区2023-2024学年高二下学期4月期中学情调研数学试题

2023~2024学年度第二学期期中学情调研 高二数学试题 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的． 1. 一个口袋内装有大小相同的5个白球和2个黑球，从中取3个球，则不同的取法种数是（ ） A. B. C. D. 2. 可表示（ ） A. B. C. D. 3. 若4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 4. 在四棱柱中，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 在正方体中，下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 房间里有6盏电灯，分别由6个开关控制，至少开1盏灯用以照明，则不同方法种数是（ ） A. 31 B. 32 C. 63 D. 64 7. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，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（ ） A. 2024 B. 2023 C. 2022 D. 2021 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题中正确的是（ ） A. 若向量满足，则向量夹角是钝角 B. 若是空间的一组基底，且，则四点共面 C. 若向量是空间的一个基底，若向量，则也是空间的一个基底 D. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线与平面所成角的余弦值为 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 这8个数中最大值为35 11. 在棱长为2的正方体中，点满足，则（ ） A. 当时，平面平面． B. 任意，三棱锥的体积是定值． C. 存在，使得与平面所成的角为． D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共 15 分． 12. 在三棱锥中，、、分别是、、中点，，则和所成角的度数为______ ． 13. ______ 14. 某同学用大小一样的球堆积了一个“正三棱锥”，一共用了1540个球．第1层有1个球，第2层有3个，第3层有6个球，…，每层都摆放成“正三角形”，从第2层起，每层“正三角形”的“边”都比上一层的“边”多1个球，则这位同学共堆积了______层． 四、解答题：本大题共5小题，共 77分，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 15. 有3名女生4名男生，在下列不同条件下，求不同的排列方法的种数， （1）全体排成一行，其中4名男生互不相邻； （2）全体排成一行，其中甲、乙中间有且只有1人； （3）全体排成前后两排，前排3人，后排4人，且后排至少2个男生 16. 已知在图（1）的平面四边形中，，，，沿着对角线将折起，如图（2）中点到达处，使平面平面． （1）求线段的长度； （2）求直线与平面所成角正弦值． 17. 已知的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比为1：3． （1）求展开式中含有的项： （2）求展开式中系数最大项． 18. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点满足，点是棱上的一个点(包括端点)． （1）求证：； （2）若二面角的余弦值为，求点到平面的距离． 19. 莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数(质数是指大于1的自然数中，只有1和它本身两个因数的数)的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数 （1）求； （2）记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为， ①若，求； ②若且，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023~2024学年度第二学期期中学情调研 高二数学试题 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的． 1. 一个口袋内装有大小相同的5个白球和2个黑球，从中取3个球，则不同的取法种数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意由组合数公式计算可得. 【详解】根据题意，一个口袋内装有大小相同的个白球和个黑球，共个球， 从中取个球，则有种取法． 故选：D． 2. 可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据排列数公式判断即可. 【详解】因，且， 所以. 故选：B 3. 若4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 【分析】根据分步计算原理，每个人选报一科，则每个人有3种报名方法，即可得解. 【详解】4名学生，每人有三种可选方案，根据分步计数原理，4人共有种方法. 故选：A. 4. 在四棱柱中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助空间向量的线性运算计算即可得. 【详解】 ，故A、B错误； ，故C错误、D正确. 故选：D. 5. 在正方体中，下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量计算其数量积即可得. 【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 设正方体棱长为，则有、、、、 、、、， 故、、、、 、、， 对A：，故A错误； 对B：，故B错误； 对C：，故，故C正确； 对D：，故D错误. 故选：C. 6. 房间里有6盏电灯，分别由6个开关控制，至少开1盏灯用以照明，则不同的方法种数是（ ） A. 31 B. 32 C. 63 D. 64 【答案】C 【解析】 【分析】使用间接法，计算出所有情况总数减去不开灯的情况总数即可得. 【详解】每盏灯都有开或不开两种情况，故共有种情况， 其中不开灯的情况共有1种， 则至少开1盏灯的情况有种. 故选：C. 7. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出，，，再根据投影向量的定义计算可得. 【详解】因为，， 所以， 所以，， 所以在上的投影向量为. 故选：B 8. 已知为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，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（ ） A. 2024 B. 2023 C. 2022 D. 2021 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式定理对化简，得到其除以10的余数，再结合给定条件逐个选项分析即可. 【详解】因为， 所以， 而， 故除以10余数为1，而，所以除以10余数为1， 对于A，除以10余数为4，故A错误， 对于B，除以10余数为3，故B错误， 对于C，除以10余数为2，故C错误， 对于D，除以10余数为1，故D正确. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题中正确的是（ ） A. 若向量满足，则向量的夹角是钝角 B. 若是空间的一组基底，且，则四点共面 C. 若向量是空间的一个基底，若向量，则也是空间的一个基底 D. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线与平面所成角的余弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】对A：借助向量数量积的正负与夹角的关系即可得；对B：借助空间向量的线性运算及空间向量基本定理即可得；对C：借助基底定义结合反证法即可得；对D：借助空间向量夹角公式计算即可得. 【详解】对A：若，则向量的夹角是钝角或向量反向共线，故A错误； 对B：， 即有，故四点共面，故B正确； 对C：假设不是空间中的一个基底，则存在实数，使， 即，由向量是空间的一个基底，则向量不共面， 故不存在这样的实数，即是空间的一个基底，故C正确； 对D：设直线与平面所成角为，则， 由题意可得，， 则，故D错误 故选：BC. 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 这8个数中最大值为35 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，则，可判断A；令， ，求出，可判断B；令，结合令的结果，可判断C；由分别是二项式系数，即可判断D. 【详解】由， 则结合已知，，故A正确； 令，则， 令，则，① 则，故B错误； 令，则，② 则由①②得，故C正确； 因为分别是二项式系数， 则最大值为，即，故D正确. 故选：ACD. 11. 在棱长为2的正方体中，点满足，则（ ） A. 当时，平面平面． B. 任意，三棱锥的体积是定值． C. 存在，使得与平面所成的角为． D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为． 【答案】BC 【解析】 【分析】确定为二面角的平面角，结合勾股定理可得即可判断A；根据到平面的距离为定值且的面积也为定值，即可判断B；根据线面垂直的判定定理可得当时与平面所成的角为，当时，即可判断C；利用空间向量法求出球心到平面的距离，进而求出截面圆的半径，即可判断D. 【详解】A：当时，与重合，又均是等边三角形， 设，则为的中点，所以， 所以为二面角的平面角， 在中，由正方体的棱长为2，得， 所以，则，所以平面与平面不垂直，故A错误； B：因为平面，， 所以对于，到平面的距离为定值，又的面积也为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故B正确； C：当时，与重合，由三垂线定理得， 又平面，所以平面（即平面）， 此时与平面所成的角为； 当时，与重合，此时易知平面， 设，，则为的中点， 所以在平面（即平面）内的射影为， 故即为与平面所成的角， 又，所以. 综上，存在，使得与平面所成的角为，故C正确； D：因为正方体的外接球的球心为正方体的体心，且外接球的直径为正方体的体对角线， 所以，解得， 当时，为靠近的三等分点，建立如图空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，所以，故球心到平面的距离为， 所以平面截正方体的外接球所得截面小圆半径为， 得该小圆面积为，故D错误. 故选：BC 【点睛】关键点点睛：本题考查面面垂直、棱锥的定值问题、求线面角问题和几何体与球的问题，平面截正方体问题，关键是：⑴利用空间向量法求出店面距；⑵确定平面截正方体所得截面的形状. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共 15 分． 12. 在三棱锥中，、、分别是、、的中点，，则和所成角的度数为______ ． 【答案】 【解析】 【分析】由中位线的性质可得，，再利用异面直线所成角的定义即可得. 【详解】、分别为、的中点，则，同理可得， ，因此，和所成角为的补角，即为. 故答案为：. 13. ______ 【答案】 【解析】 【分析】由，借助裂项相消法计算即可得. 【详解】由，且， 则原式. 故答案为：. 14. 某同学用大小一样的球堆积了一个“正三棱锥”，一共用了1540个球．第1层有1个球，第2层有3个，第3层有6个球，…，每层都摆放成“正三角形”，从第2层起，每层“正三角形”的“边”都比上一层的“边”多1个球，则这位同学共堆积了______层． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得每层的球的个数，即可借助组合数的性质求出前层的球的个数之和，即可列出方程求解. 【详解】设第层有个球，由第1层有1个球， 从第2层起，每层“正三角形”的“边”都比上一层的“边”多1个球， 则有， 设的前项和为，则， 由 ， 故 ， 令，即有， 即，解得. 故这位同学共堆积了层. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于得出每层的球的个数后借助组合数的性质求出前层的球的个数，从而可列出方程并求解. 四、解答题：本大题共5小题，共 77分，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 15. 有3名女生4名男生，在下列不同条件下，求不同排列方法的种数， （1）全体排成一行，其中4名男生互不相邻； （2）全体排成一行，其中甲、乙中间有且只有1人； （3）全体排成前后两排，前排3人，后排4人，且后排至少2个男生 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）不相邻问题借助插空法计算即可得； （2）先选出一人放入甲乙中间后使用捆绑法即可得； （3）分别计算后排有2个男生、3个男生、4个男生的情况即可得. 【小问1详解】 先排3名女生，共种排法，再将4名男生分别插入3名女生形成的四个空中， 有种排法，故共有种排法； 【小问2详解】 先从剩下的5人中选出一人放入甲乙中间，有种排法， 结合甲乙的顺序与剩余4人一起排，则共有种排法； 【小问3详解】 后排2个男生的话共有种，后排3个男生的话共有种， 后排4个男生的话共有种， 故共有种排法. 16. 已知在图（1）的平面四边形中，，，，沿着对角线将折起，如图（2）中点到达处，使平面平面． （1）求线段的长度； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接、，结合等腰三角形的性质与面面垂直的性质定理可得三角形为直角三角形，结合勾股定理计算即可得解； （2）建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量夹角公式计算即可得 【小问1详解】 取中点，连接、， 由，，故，， 又，故，，， 由平面平面，且平面， 平面平面，故平面， 又平面，故， 则； 【小问2详解】 由，，， 故可以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有，，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则， 令，得，，则， 设直线与平面所成角为， 则, 即直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比为1：3． （1）求展开式中含有的项： （2）求展开式中系数最大项． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合二项式系数可求得，结合二项式的展开式的通项公式计算即可得解； （2）根据展开式的通项公式列出不等式求解即可得. 【小问1详解】 由题意可得，即， 又，可解得， 对有，， 则， 即展开式中含有的项为； 【小问2详解】 令，即， 即，解得，又，故， 则，即展开式中系数最大项为. 18. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点满足，点是棱上的一个点(包括端点)． （1）求证：； （2）若二面角的余弦值为，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 分析】（1）由题意可建立适当空间直角坐标系，得到、后借助空间向量共线定理即可得证； （2）求出平面与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得点具体位置，再借助点到平面距离公式求解即可得. 【小问1详解】 因为底面，且底面为正方形，且、底面， 所以，，两两互相垂直， 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，，有，故； 【小问2详解】 ，因为点满足，点是棱上的一个点（包括端点）， 所以，设，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，得，，则， 由题可得轴平面，则平面的一个法向量为， 因为二面角角的余弦值为， 所以， 解得或（舍去），所以， 因为，所以点到平面的距离为． 因为，故到平面的距离为. 19. 莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数(质数是指大于1的自然数中，只有1和它本身两个因数的数)的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数 （1）求； （2）记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为， ①若，求； ②若且，求． 【答案】（1）， （2）①；② 【解析】 【分析】（1）分别写出、的所有质因数，根据其个数即可计算出结果； （2）①列出的真因数，计算可得；②利用定义由组合数定义以及二项式定理计算可得. 【小问1详解】 ，则，，，，，，， ， 又，则，，，，，，， 所以； 【小问2详解】 ①，，，，，，， ，，，，，，，， 则，，，，， ，，，， ，，，，， ． ②由于且，所以可设，为偶数， 的所有因数，除了1之外都是中的若干个数的乘积， 从个质数中任选个数的乘积一共有种结果， 所以 ， 所以． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于充分理解莫比乌斯函数的定义，并根据计算规则得出其规律，再由二项式系数性质可得出结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$