精品解析：江苏省徐州市2023-2024学年高二下学期期中学业水平质量监测数学试题

2023—2024学年度第二学期期中学业水平质量监测 高二年级数学试题 （本卷满分150分，共4页，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知，，且，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】由空间向量共线的坐标表示建方程组求解即可. 详解】由，得， 解得，所以， 故选：A. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据组合数性质，从而可解． 【详解】根据组合数性质， 可得． 故选：B． 3. 由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字且1，3不相邻的六位数的个数是（ ） A. 36 B. 72 C. 600 D. 480 【答案】D 【解析】 【分析】 直接利用插空法计算得到答案. 【详解】根据题意将进行全排列，再将插空得到个. 故选：. 【点睛】本题考查了排列组合中的插空法，意在考查学生的计算能力和应用能力. 4. 已知向量，，共面，则实数t的值是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间共面向量定理，设实数满足，列出方程组求解即可. 【详解】因为，，三向量共面， 所以存在实数，使得， 所以，解得， 故选：B. 5. 甲、乙等5人计划去上海、苏州及青岛三个城市调查农民工薪资情况．每个人只能去一个城市，并且每个城市都要有人去，则不同的分配方案共有种数为（ ） A. 150 B. 300 C. 450 D. 540 【答案】A 【解析】 【分析】先分组再分配，结合排列组合即可求解. 【详解】把5人分组有两类情况：和. 先把5人按分组，有种分组方法， 按分组，有种分组方法， 因此不同分组方法数为， 再把三组人安排到三个城市，有种方法， 所以不同分配方法种数是. 故选：A. 6. 被3除的余数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式定理赋值化简，再将写成形式展开后可求余数. 【详解】由二项式定理得， 令得，①， 令得，②， ①②得，， 解得，， 由 ， 故被3除的余数为. 故选：B. 7. 在正三棱锥—中，，为的中点，，则的正弦值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，设，，过点作，交于点，分析、的值，由余弦定理表示、和的值，结合勾股定理可得，即，变形解可得的值，由同角三角函数的基本关系式分析可得答案． 【详解】根据题意，如图：正三棱锥—中，设，， 过点作，交于点， 由于，则， 为的中点，则，则， 在中，， 在中，， 在中，， 又由，则， 则有，即， 变形可得，解可得， 又由，则． 故选：D． 8. 若将整个样本空间想象成一个1×1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积，则如图所示的涂色部分的面积表示（ ） A. 事件A发生的概率 B. 事件B发生的概率 C. 事件C不发生条件下事件A发生的概率 D. 事件A，B同时发生的概率 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，列式计算出阴影部分面积，结合对立事件的概率性质与条件概率公式化简即可. 【详解】依题意，图示中涂色部分的面积为 . 故选：A. 二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 若，则m的取值可能是（ ） A. 4 B. 5 C. 8 D. 9 【答案】AD 【解析】 【分析】由组合数性质建方程求解可得. 【详解】因为，所以或，解得或. 故选：AD 10. 已知A，B是两个随机事件，，下列命题正确的是（ ） A. 若A，B相互独立，则 B. 若事件，则 C. 若A，B是对立事件，则 D. 若A，B是互斥事件，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据独立事件的概率公式，结合条件概率公式、互斥事件的性质逐一判断即可. 【详解】A：因为A，B相互独立，所以也互相独立，于是，正确； B：因为，所以，，正确； C：因类A，B是对立事件，所以，于是，不正确； D：因为A，B是互斥事件，所以，于是，正确, 故选：ABD 11. 已知正方体的棱长为1，动点M，N在对角线AC，上移动，且，，，则下列结论中正确的是（ ） A. 异面直线AC与所成的角为60° B. 线段MN的最小值为 C. MN与平面不平行 D. 存在，使得 【答案】AB 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量方法依次运算求解再判断即可. 【详解】以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的直角坐标系， ，则， A项，， 又因为异面直线所成角的范围是，所以异面直线AC与所成的角为，故A正确； B项，，，即 ，，， 故，， 则，， 当时，取最小值，故B正确； C项，由， 则， 由空间向量共面定理知，共面， 又平面， 所以平面，故C错误； D项，若，则， 解得，故不存，使得.故D错误. 故选：AB. 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 已知正方体的棱长为1，则在上的投影向量的模为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，将投影向量的模转化为运算求解即可. 【详解】以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的直角坐标系， ，则， 则在上的投影向量的模为， 故答案为：. 13. 展开式中含项的系数是______． 【答案】800 【解析】 【分析】根据题意可知或，结合二项式定理分析求解. 【详解】因为或， 可知展开式中含项为， 所以展开式中含项的系数是800. 故答案为：800. 14. 图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按将导致改变状态．如果要求改变的状态，则需按开关的最少次数为___________；如果只要求改变的状态，则需按开关的最少次数为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先用引理证明所求的次数最少的操作就是唯一存在的那个每个开关至多被按下一次的操作，然后通过构造相应操作的方法得到答案. 【详解】显然每个开关按下的顺序是无关紧要的，同时如果一个开关被按两次，则相当于一次都没有按. 所以当我们考虑按开关的最少次数时，可以只考虑每个开关至多被按一次的全体操作，且无需考虑顺序，总共种操作，这种操作称为“基本操作”. 先证明4个引理. 引理1：对任意一个开关，我们都可以进行按有限次开关的操作，使得只有该开关状态改变，其它开关状态不变. 证明：分别按下即可只改变的状态； 分别按下即可只改变的状态； 分别按下即可只改变的状态； 分别按下即可只改变的状态； 分别按下即可只改变的状态； 分别按下即可只改变的状态； 分别按下即可只改变状态； 分别按下即可只改变的状态； 分别按下即可只改变的状态. 综上，引理1得证. 引理2：对任意一些开关，我们都可以进行按有限次开关的操作，使得只有指定的那些开关的状态改变，其它开关状态不变. 证明：根据引理1，我们只需要分别对每个开关进行引理1中相应操作，然后将这些操作依次进行，即可得到满足条件的操作. 故引理2得证. 引理3：对任意一些开关，我们都可以执行一个基本操作，使得只有指定的那些开关的状态改变，其它开关状态不变. 证明：根据引理2，存在一个操作恰好改变指定的开关的状态，因此如果该操作中存在一个开关被按两次的情况，则我们可以去掉这两次按开关，如此反复，直至操作中不存在重复按开关为止，然后即可得到满足条件的基本操作. 故引理3得证. 引理4：对任意一些开关，使得只有指定的那些开关的状态改变的基本操作是唯一的. 证明：根据引理3，每组指定的开关对应的恰好改变它们状态的基本操作一定存在. 由于指定的开关共有种可能，基本操作也恰好有种，所以它们一定一一对应. 故每组指定的开关对应的基本操作都是存在唯一的. 故引理4得证. 回到原题. 前文已经提到，当我们考虑按开关的最少次数时，可以只考虑基本操作. 但根据引理4，每组指定的开关对应的恰好改变它们状态的基本操作一定是存在唯一的. 所以，这一唯一存在的基本操作，就是所求的次数最小的操作. 验证即知，要改变，对应的基本操作是分别按下，所以要改变的状态至少需要按下次开关； 验证即知，要改变，对应的基本操作是分别按下，所以要改变的状态至少需要按下次开关. 故答案为：，. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对题意和新定义的理解. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知且满足各项的二项式系数之和为256． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1）448 （2）255 【解析】 【分析】（1）先由各项的二项式系数之和为256．可得，求得，再利用通项求解即可； （2）利用赋值法令，得，再令，得，再减去即可． 【小问1详解】 因为各项的二项式系数之和为256，所以，所以， 二项式展开式的通项为， 所以； 【小问2详解】 令，得， 令，得， 所以． 16. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点． （1）求证：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用两平面法向量数量积为，证明面面垂直； （2）利用法向量方法求解线面角. 【小问1详解】 以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，，，， ，，. 设平面PCD的一个法向量为，则， 即，不妨令，则，， 所以， 设平面PAC的一个法向量为，则， 即，不妨令，则，， 所以， 因为， 所以，所以平面平面． 【小问2详解】 由（1）知，，所以，， 因为，所以，即，解得， 故，所以，由（1）知， 设直线BM与平面PCD所成的角为， 则， 故直线BM与平面PCD所成角的正弦值为. 17. 在的展开式中，前3项的系数成等差数列，且第二项的系数大于1 （1）求展开式中含的项； （2）求展开式中系数最大的项． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据已知先求出，然后结合通项展开式即可求解； （2）由不等式组法求得系数最大的项位于展开式中的第几项，由此即可得解. 【小问1详解】 二项式通项公式为 ， 所以第一项的系数为：，第二项的系数为：，第三项的系数为：， 由于前三项的系数成等差数列，所以，解得，或 （舍去）， 二项式通项公式为， 根据题意，得，解得，因此，展开式中含的项为. 【小问2详解】 设第k项的系数最大，故， 即，即， 解得，因为，所以或， 故系数最大的项为或． 18. 设甲袋中有4个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球． （1）现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球．求从乙袋中取出的是2个红球的概率； （2）先随机取一只袋，在再从该袋中先后随机取2个球，求第一次取出的是红球的前提下，第二次取出的球是白球的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用互斥事件的定义，结合全概率公式进行求解即可； （2）根据条件概率公式，结合全概率公式进行求解即可. 【小问1详解】 记事件：从甲袋中取出2个红球，：从甲袋中取出2个白球，：从甲袋中取出1个白球和1个红球，B：从乙袋中取出2个红球． 显然，，，两两互斥，且正好为“从甲袋中任取2个球”的样本空间． 由全概率公式，得 ． 答：从乙袋中取出的是2个红球的概率为． 【小问2详解】 设“取出的是甲袋”为事件，“取出的是乙袋”为事件，“第一次取出的球是红球”为事件B，“第二次取出的球是白球”为事件C，则， ，， 故， 所以 答：第一次取出的是红球的前提下，第二次取出的球是白球的概率为． 【点睛】关键点点睛：本题的关键是识别全概率公式运用的条件. 19. 在四棱柱中，已知平面，，，，，是线段上的点． （1）点到平面的距离； （2）若为的中点，求异面直线与所成角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，请确定点位置；若不存在，试说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在，点在靠近的三等分点处 【解析】 【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量后利用点面距公式可求点到平面的距离； （2）求出直线与的方向向量后可求它们夹角的余弦值； （3）设，求出面和平面法向量后利用夹角公式可求参数的值，从而可得所求的位置关系. 【小问1详解】 过作直线平面， 则可以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则有，，，，，， 则，， 设面的一个法向量为，则， 令，则，，所以， 所以点到面的距离. 小问2详解】 因为为的中点，所以，所以，， 所以 所以异面直线与AE所成角的余弦值为． 【小问3详解】 设，其中， 则，， 设面的一个法向量为， 则有，令，则，， 所以，平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，， 所以平面的一个法向量为， 所以， 若存在点，使得二面角的余弦值为， 则，所以，解得（舍去）或， 故存在满足题意，即存在点在靠近的三等分点处． 另解： 连接，则，易得，所以， 又平面，， 所以，，所以两两互相垂直， 以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设，，则， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，得，，所以， 同理可得平面的一个法向量， 所以，即， 解得（舍）或，所以存在点在处或在靠近的三等分点处． 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业水平质量监测 高二年级数学试题 （本卷满分150分，共4页，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1 已知，，且，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 2 （ ） A. B. C. D. 3. 由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字且1，3不相邻的六位数的个数是（ ） A. 36 B. 72 C. 600 D. 480 4. 已知向量，，共面，则实数t的值是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 5. 甲、乙等5人计划去上海、苏州及青岛三个城市调查农民工薪资情况．每个人只能去一个城市，并且每个城市都要有人去，则不同的分配方案共有种数为（ ） A. 150 B. 300 C. 450 D. 540 6. 被3除的余数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 在正三棱锥—中，，为的中点，，则的正弦值为（ ） A. B. C. 1 D. 8. 若将整个样本空间想象成一个1×1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积，则如图所示的涂色部分的面积表示（ ） A. 事件A发生的概率 B. 事件B发生的概率 C. 事件C不发生条件下事件A发生的概率 D. 事件A，B同时发生的概率 二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 若，则m的取值可能是（ ） A 4 B. 5 C. 8 D. 9 10. 已知A，B是两个随机事件，，下列命题正确的是（ ） A. 若A，B相互独立，则 B. 若事件，则 C. 若A，B是对立事件，则 D. 若A，B是互斥事件，则 11. 已知正方体的棱长为1，动点M，N在对角线AC，上移动，且，，，则下列结论中正确的是（ ） A. 异面直线AC与所成的角为60° B. 线段MN的最小值为 C. MN与平面不平行 D. 存在，使得 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 已知正方体的棱长为1，则在上的投影向量的模为___________． 13. 展开式中含项的系数是______． 14. 图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次将导致自身和所有相邻开关改变状态．例如，按将导致改变状态．如果要求改变的状态，则需按开关的最少次数为___________；如果只要求改变的状态，则需按开关的最少次数为___________． 四、解答题（本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知且满足各项的二项式系数之和为256． （1）求的值； （2）求的值． 16. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为中点． （1）求证：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 在的展开式中，前3项的系数成等差数列，且第二项的系数大于1 （1）求展开式中含的项； （2）求展开式中系数最大的项． 18. 设甲袋中有4个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球． （1）现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球．求从乙袋中取出的是2个红球的概率； （2）先随机取一只袋，在再从该袋中先后随机取2个球，求第一次取出的是红球的前提下，第二次取出的球是白球的概率． 19. 在四棱柱中，已知平面，，，，，是线段上的点． （1）点到平面的距离； （2）若为的中点，求异面直线与所成角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，请确定点位置；若不存在，试说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $