高二理科数学下册期中考试一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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，则的值是（）A．60B．50C．45D．30答案：选B.理由：由排列数公式知.2．已知直线，则直线至多可以确定平面的个数为（）A．1B．2C．3D．4答案：选C.理由：两平行直线可以确定一个平面，当三条平行直线不共面时可以确定三个平面.3．边长为4的等边三角形用斜二测画法得到的图形的面积是（）A．B．C．D．答案：选A.理由：用斜二测画法得到的图形的面积是原图形面积的4．设条件甲：直四棱柱中，棱长都相等；条件乙：直四棱柱是正方体，那么甲是乙的（）A．充分必要条件B．充分非必要条件C．必要非充分条件D．既非充分也非必要条件答案：选C.理由：当直四棱柱的底面是菱形时，直四棱柱不一定是正方体，显然，故甲是乙的必要非充分条件.5．从5位学生中选派4位学生在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有（）A．40种B．60种C．100种D．120种答案：选B.理由：先从5人中选4人有种，再从选出的4人中选2人参加星期五的活动有种，剩下的两人分别安排在另两天有种，故共有种w.w.w.k.s.5.u.c.o.m6．记者要为4名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，则不同的排法有（）-11-/11\nA．72种B．144种C．240种D．480种答案：选B.理由：先将4名志愿者排成一列，再将2位老人看成一个整体插到4名志愿者形成的三个空中（除去两端的），然后将2位老人排列，则不同的排法有种.7．如果的展开式中含有非零常数项，则正整数的最小值为（）A．3B．5C．6D．10w.w.w.k.s.5.u.c.o.m答案：选B.理由：二项展开式的通项为，由展开式中含有非零常数项知，故正整数的最小值为5.8．将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1、2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（）A．10种B．20种C．36种D．52种答案：选A.理由：分为两类：（1）1号盒子放入1个球，2号盒子放入3个球，有种放球方法；（2）1号盒子放入2个球，2号盒子放入2个球，有种放球方法；∴共有种不同的放球方法.9．据2022年3月5日十一届人大二次会议《政府工作报告》指出：“2022年国内生产总值约30万亿元，比上年增长9%.”如果从2022年开始，每年的国内生产总值都按9%的增长率增长，那么2022年的国内生产总值约为（）A．41.5万亿元B．42.3万亿元C．43.2万亿元D．43.8万亿元答案：选B.理由：2022年的国内生产总值约为w.w.w.k.s.5.u.c.o.m故约为42.3万亿元.10．已知正四棱柱，点P是棱DD1的中点，，AB=1，若点Q在侧面（包括其边界）上运动，且总保持，则动点Q的轨迹是（）-11-/11\nBBCCBB1BC1BC1BB1BBBCCBBBCCBB1BC1BB1BC1BBBCCBACBDCBBCBCCBPCBD1C1BB1BA1B（A）（B）（C）（D）答案：选D.理由：方法1：分别取BB1、CC1的中点M、N，连CM、MN、PN、AC，则由CM⊥BN知：CM⊥BP，又BP⊥AC.故BP⊥平面AMC.所以过A与BP垂直的直线均在平面AMC内，又Q在平面内，故平面AMC侧面BB1C1C，即Q在线段MC上.方法二：在空间同样可以合理运用解析法来求动点轨迹。以A1点为原点，建立空间直角坐标系，使得、、轴的正半轴分别过B1、D1的A点，则A，B，P，设动点Q的坐标为，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m由，得，即，∴，且，，即所求轨迹是由BB1的中点与C连结而成的一条线段，选D。二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在答题卡相应位置上．11．若地球半径为R，在东经的经线上有A、B两点，A在北纬，B在南纬，则它们的球面距离是__________.答案：理由：设O是球心，则，故A、B两点的球面距离是12．已知二面角的平面角为，AB⊥BC，BC⊥CD，，BC在l上，，若，则AD的长为.w.w.w.k.s.5.u.c.o.m答案：.理由：由得：-11-/11\n而，，，故13．如果的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则展开式中的所有项系数和是.答案：.理由：由只有第4项的二项式系数最大得最大，故n=6.令得展开式中所有项系数的和是.AMDCNBE14．设M、N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于E(如图).现将沿DE折起，使二面角的大小为，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M、N的连线与AE所成角的大小为.ABENCMGD答案：.理由：取AE中点G，连MG、GB.则可证GM∥BN，故MN∥BG，而DE⊥EB，DE⊥AE，∴又AB⊥BE，G为AE中点，∴BG⊥AE，∴MN⊥AE∴MN与AE所成的角为.ABEBCBBBB1BA1BC1BF15．如图，在直棱柱中，，，AA1=2，E、F分别是AC、AB的中点，过直线EF作棱柱的截面，若截面与平面ABC所成的二面角的大小为，则截面的面积为____________.答案：或理由：由判断得经过A1或B1C1的截面与底面ABC所成的角小于，故截面与相交，且有两种情况：ABEBCBBBB1BA1BC1BFMBNBPB如图，截面为EFMN，过N作NP∥AA1，则NP⊥AC，可证EF⊥平面A1C，则，，，故，∴-11-/11\n∴同理：故截面面积为或三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16.（本小题满分12分）已知展开式的二项式系数之和比展开式的二项式系数之和小.（1）求；（2）求的第二项的系数和的第项.答案：（1）由题意得：，即∴（舍去），故；(2)第二项是，故第二项的系数是；的第项是.ABDB1C1A1C17．（本小题满分12分）如图，斜三棱柱中，在底面的射影恰好是的中点，侧棱与底面成角，侧面与侧面成角.（1）求证：四边形是矩形；（2）求斜三棱柱的体积.答案：（1）由在底面的射影是得底面，则.，，由，得四边形是矩形.（2）平面，侧面平面，，侧面ABDB1C1A1CE过作于，连则是侧面与侧面所成的二面角的平面角，故.是-11-/11\n的中点，∴在中，，.在中，在中，，18．（本小题满分12分）如图，四边形是边长为的正方形，、分别是边、上的点（M不与A、D重合），且，交于点，沿将正方形折成直二面角（1）当平行移动时，的大小是否发生变化？试说明理由；（2）当在怎样的位置时，、两点间的距离最小？并求出这个最小值.ABCDMNOABNCDMO答案：（1）设，则由题意知：平面平面，而故平面.而故即无论怎样平移,为定值.（2）由（1）知：故当时，有最小值，即当M、N分别为、中点时，有最小值19．（本小题满分12分）号码为1、2、3、4、5、6的六个大小相同的球，放入编号为1、2、3、4、5、6的六个盒子中，每个盒子只能放一个球.（1）若1、2号球要放入号码是相邻数字的两个盒子中，则不同的放法有多少种？（2）若3、4号球要放入编号不比自己号码小的盒子中，则不同的放法有多少种？（3）若1号球不放入1号盒中，6号球不放入6号盒中，则不同的放法有多少种？答案：（1）号码是相邻数字的两个盒子有1与2、2与3、3与4、4与5、5与6共5-11-/11\n种情况，则符合题意的放法有种；（2）①若3号球放入3号盒子，则不同的放法有种；②若3号球放入4号、5号、6号盒子中的一个，则不同的放法有种；故符合题意的放法有+=216种；（3）六个球放入六个盒子中的方法有种，1号球放入1号盒中，6号球不放入6号盒中的方法有种；1号球不放入1号盒中，6号球放入6号盒中的方法有种；1号球放入1号盒中，6号球放入6号盒中的方法有种；故符合题意的放法有－×2－=504种.20．（本小题满分13分）如图，在梯形中，DCBFAP平面，且（1）求异面直线与间的距离；（2）求直线与平面所成的角；（3）已知是线段上的动点，若二面角的大小为，求AF.答案：（1）平面平面，故与间的距离就是到平面的距离．取中点，连．平面又平面故平面平面由得平面，故的长度是到平面的距离，而故与间的距离是ADCBFPEKMN（2）由（1）知：到平面的距离即为到平面距离，故到平面的距离是在中：设直线与平面所成的角是，故-11-/11\n，∴直线与平面所成的角是（3）作于，作于，连.由得则证得可证得∠CKM是二面角的平面角，所以，，∴，由，设，则，，由二面角的平面角小于得，故取，即.方法二：以A点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，使轴、轴和轴的正半轴依次过点B、D、P，则各点的坐标依次为A（0，0，0）、B（3，0，0），C（3，3，0），D（0，9，0），P（0，0，3），（Ⅰ），，设，则，∴，∴可取，而，∴所求的距离；（Ⅱ）设平面PBC，则由，，∴，∴，而，，∴所求的角为；-11-/11\n（Ⅲ）设F，平面PAF的法向量是，设平面PCF的法向量是，则，，∴，取，∴，即，，即，∴，解得，或，但，∴。21．（本小题满分1４分）如图，为等腰直角的直角顶点，、都垂直于所在的平面，ABCDE（1）求二面角的大小；（2）求点到平面的距离；（3）问线段上是否存在一点，使得平面且若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．答案：几何法：（1）作于，平面平面则向量与所成的角即为二面角的大小.由计算得故∴由面积求得，由射影定理可求得.而则MAKBCDE故，故二面角的大小为（2）平面，平面，-11-/11\n故A、C、D、E四点共面.且平面平面作于,则有平面，∴∴由故由得即到平面的距离是.（3）假设线段BE上存在点，使，平面.平面，平面.又，平面又（F不与B重合），故平面，则而由计算得:故这与矛盾,故上不存在,使（或平面，，而过空间一点有且仅有一条直线与已知平面垂直）向量法：过作平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.（1）设平面的一个法向量为则，zETDxBAyFC故同理：平面的一个法向量为，则二面角的大小为（2）由（1）知平面的一个法向量为，而，-11-/11\n故D到平面的距离是（3）若上存在使平面，显然此时故（上式也可用向量共线与共面定理得到F点的坐标）∴，故与不垂直，故在上不存在符合题意的点。BACDE21题解答图（3）若点F存在，则，由B（，0，0），∴F，∴，平面ABC的法向量是，由平面ABC，∴，∴，∴，即F，∴，而，欲，∴，这不可能，∴这样的点F不存在。-11-/11
