2023~2024学年度第二学期高二第一次调研
数学试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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指定位置上，在其他位置作答一律无效.
3.本卷满分为150分，考试时间为120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
2. 规定，其中，且，这是排列数（，且）的一种推广.则（ ）
A. B. 1 C. D. 2
3. 某校文艺部有7名同学，其中高一年级3名，高二年级4名.从这7名同学中随机选3名组织校文艺汇演，则两个年级都至少有1名同学入选的选法种数为（ ）
A. 12 B. 30 C. 34 D. 60
4. 展开式中的常数项为（ ）
A. 240 B. -240 C. 180 D. -180
5. 从0，1，2，3，4这5个数中任选3个数，组成没有重复数字的三位数的个数为（ ）
A. 24 B. 36 C. 42 D. 48
6. 在空间直角坐标系中，已知点，则点到直线的距离为（ ）
A. B. 2 C. D. 3
7. 已知平行六面体中，，则（ ）
A. B. C. D.
8. 若的展开式中不含的项，则含的项的系数为（ ）
A. 30 B. 32 C. 34 D. 36
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在展开式中，下列说法正确的是（ ）
A. 二项式系数和为32
B. 各项系数和243
C. 二项式系数最大的项为第2项和第3项
D. 所有偶数项的系数和为122
10. 有6本不同的书，按下列方法进行分配，其中分配种数正确的是（ ）
A. 分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有90种分法
B. 分给甲、乙、丙三人，一人4本，另两人各1本，有180种分法
C. 分给甲、乙、丙、丁四人，甲、乙每人2本，丙、丁每人1本，有180种分法
D. 分给甲、乙、丙、丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2160种分法
11. 在长方体中，是的中点.则（ ）
A.
B. 异面直线与所成角的余弦值为
C. 直线与平面所成角的正弦值为
D. 点到平面的距离为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设，且，若能被8整除，则__________.
13. 现有5双鞋子，从中任取4只鞋子，则取出4只鞋子中，恰好有1双的取法总数为__________.
14. 已知正方体的棱长为2，M，N，G分别是棱，BC，的中点，Q是该正方体表面上的一点，且.若，则直线NQ与平面所成角的大小为______，若x，，则的最大值为______.
四、解答题：本题共5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n的值；
（2）求展开式中所有的有理项.
16. 如图，在三棱柱中，，，为的中点，平面.
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
17. 现有4名男生和3名女生.
（1）若安排这7名学生站成一排照相，要求3名女生互不相邻，这样的排法有多少种？
（2）若邀请这7名学生中的4名参加一项活动，其中男生甲和女生乙不能同时参加，求邀请的方法种数；
（3）若将这7名学生全部安排到5个备选工厂中4个工厂参加暑期社会实践活动，要求3名女生必须安排在同一个工厂，求这样安排的方法共有多少种？
18. 四棱锥中，，平面平面，.
（1）求点到平面的距离；
（2）在线段上是否存在点，使二面角的正弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
19. （1）已知k，，且，求证：；
（2）若，且，证明：；
（3）设数列，，，…，是公差不为0的等差数列，证明：对任意的，函数是关于x的一次函数.2023~2024学年度第二学期高二第一次调研
数学试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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指定位置上，在其他位置作答一律无效.
3.本卷满分为150分，考试时间为120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间点关于平面对称的性质，直接写出答案即可.
【详解】点关于平面对称的点的坐标为.
故选：B.
2. 规定，其中，且，这是排列数（，且）的一种推广.则（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据所给公式即可求解.
【详解】,
故选：C
3. 某校文艺部有7名同学，其中高一年级3名，高二年级4名.从这7名同学中随机选3名组织校文艺汇演，则两个年级都至少有1名同学入选的选法种数为（ ）
A. 12 B. 30 C. 34 D. 60
【答案】B
【解析】
【分析】由题意共分两种情况：①高一年级选1人，高二年级选2人，②高一年级选2人，高二年级选1人，由此即可求解.
【详解】由题意共分两种情况：①高一年级选1人，高二年级选2人，共有种选法；
②高一年级选2人，高二年级选1人,共有种选法；
由分类计数原理可得共有种选法.
故选：B
4. 展开式中常数项为（ ）
A. 240 B. -240 C. 180 D. -180
【答案】A
【解析】
【分析】运用二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】二项式的通项公式为，
令，
所以展开式中的常数项为，
故选：A
5. 从0，1，2，3，4这5个数中任选3个数，组成没有重复数字的三位数的个数为（ ）
A. 24 B. 36 C. 42 D. 48
【答案】D
【解析】
【分析】分别考虑百位十位和个位的情况，根据分步乘法原理计算即可.
【详解】由题意，百位可从1，2，3，4共4个数字中选择，共4种选择；
十位可从百位外剩下的4个数字中选择，共4种选择；
个位可从百、十位外剩下的3个数字中选择，共3种选择.
故共有种情况.
故选：D
6. 在空间直角坐标系中，已知点，则点到直线的距离为（ ）
A. B. 2 C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解.
【详解】根据题意，，
则，
设向量是直线的单位方向向量，，
，
则点C到直线AB的距离为.
故选：A.
7. 已知平行六面体中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量数量积即可求出夹角的余弦值.
【详解】
，
故，
所以.
故选：B.
8. 若的展开式中不含的项，则含的项的系数为（ ）
A. 30 B. 32 C. 34 D. 36
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式通项公式，结合乘法的运算性质进行求解即可.
【详解】二项式的通项公式为：，
令，此时有，令，此时有，
因为的展开式中不含的项，
所以有，
即二项式的通项公式为：，
令，此时有，令，此时有，
因此含的项的系数为，
故选：C
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A. 二项式系数和为32
B. 各项系数和为243
C. 二项式系数最大项为第2项和第3项
D. 所有偶数项系数和为122
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用二项式系数的性质判断AC；利用赋值法判断BD.
【详解】因为，可知二项式系数和为，故A正确；
二项式系数的最大值为，为第3项和第4项，故C错误；
设，
令，可得，
即各项系数和为243，故B正确；
令，可得，
可得，即所有偶数项的系数和为122，故D正确；
故选：ABD.
10. 有6本不同的书，按下列方法进行分配，其中分配种数正确的是（ ）
A. 分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有90种分法
B. 分给甲、乙、丙三人，一人4本，另两人各1本，有180种分法
C. 分给甲、乙、丙、丁四人，甲、乙每人2本，丙、丁每人1本，有180种分法
D. 分给甲、乙、丙、丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2160种分法
【答案】AC
【解析】
【分析】利用分步乘法原理和排列数、组合数的性质逐一判断即可.
【详解】选项A：先从6本书中分给甲2本有种分法，
再从其余4本书中分给乙2本有种分法，
最后2本书给丙有种分法，
所以不同的分配方法有种，选项A说法正确；
选项B：先把6本书分成3堆：4本、1本、1本，有种分法，
再分给甲、乙、丙三人，所以不同的分配方法有种，选项B说法错误；
选项C：先把6本不同的书分给甲乙两人每人各2本有种分法，
再将其余2本分给丙丁两人有种方法，
所以不同的分配方法有种，选项C说法正确；
选项D：先把6本不同的书分成4堆：2本、2本、1本、1本，有种方法，
再分给甲乙丙丁四人，所以不同的分配方法有种，选项D说法错误；
故选：AC
11. 在长方体中，是的中点.则（ ）
A.
B. 异面直线与所成角的余弦值为
C. 直线与平面所成角的正弦值为
D. 点到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：根据空间向量的线性运算分析判断；对于BCD：建系，利用空间向量求相关夹角和举例.
【详解】对于选项A：因为，故A正确；
如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
可得，
对于选项B：因为，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故B错误；
对于选项C：设平面的法向量，则，
令，则，可得，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为，故C正确；
对于选项D：设平面的法向量，则，
令，则，可得，
所以点到平面的距离为，故D正确；
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设，且，若能被8整除，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由，借助二项式定理展开后结合的范围计算即可得.
【详解】
，故能被8整除，
由，故当时，即能被8整除.
故答案为：.
13. 现有5双鞋子，从中任取4只鞋子，则取出的4只鞋子中，恰好有1双的取法总数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】借助分步乘法计数原理及组合数的性质计算即可得.
【详解】先从5双鞋子中任取1双，有种，
再从剩下的4双中选取两双，并从这两双中每双鞋各取一个，共种，
故共有种.
故答案为：.
14. 已知正方体的棱长为2，M，N，G分别是棱，BC，的中点，Q是该正方体表面上的一点，且.若，则直线NQ与平面所成角的大小为______，若x，，则的最大值为______.
【答案】 ①. ②. 3
【解析】
【分析】（1）根据平面向量基本定理可得点的轨迹是正六边形，进而可得当时，点在处，从而可得线面角.
（2）分别取，，的中点，，，连接，可证明六边形为正六边形，利用向量数量积的几何意义可求的最大值.
【详解】（1）∵，∴点在平面上，
如图，分别取，，的中点，，，
连接，
因为为中点，故，
又由正方体可得，，
故，故四边形为平行四边形，故，
故，故四点共面，同理可证四点共面，
故五点共面，同理可证四点共面，
故六点共面，由正方体的对称性可得六边形为正六边形.
故点的轨迹是正六边形.
故当时，，故此时点在处.
又平面平面，故
故直线NQ与平面所成角即直线NF与平面所成角，为.
（2）因为正方体的棱长为2，故正六边形的边长为，
如图，，故当最大时取得最大值，即在上的投影最大时取得最大值.
由图可得在时取得最大值，
∴的最大值为3．
故答案为：；3
四、解答题：本题共5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n的值；
（2）求展开式中所有的有理项.
【答案】（1）
（2），，，.
【解析】
【分析】（1）根据二项式系数公式，结合组合数的计算公式进行求解即可；
（2）根据二项式的通项公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比为1：3，
所以，即，
解得，或舍去，即；
【小问2详解】
因为的展开式的第项为：
，
所以当时，r=1，3，5，7，
所以的展开式中，有理项分别为：
，，
，.
16. 如图，在三棱柱中，，，为的中点，平面.
（1）求证：；
（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）借助线面垂直的判定定理与性质定理即可得；
（2）建立适当空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得.
【小问1详解】
由，为的中点，故，
由平面，平面，故，
又、平面，，故平面，
又平面，故；
【小问2详解】
由题意可得，、、两两垂直，故可建立如图所示空间直角坐标系，
由，，故，
又，故，
故、、、，
则、、，
设平面的法向量为，
则有，取，则，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
17. 现有4名男生和3名女生.
（1）若安排这7名学生站成一排照相，要求3名女生互不相邻，这样的排法有多少种？
（2）若邀请这7名学生中4名参加一项活动，其中男生甲和女生乙不能同时参加，求邀请的方法种数；
（3）若将这7名学生全部安排到5个备选工厂中的4个工厂参加暑期社会实践活动，要求3名女生必须安排在同一个工厂，求这样安排的方法共有多少种？
【答案】（1）1440
（2）25 （3）1200
【解析】
【分析】（1）采用插空法进行求解即可；
（2）采用去杂法进行求解即可；
（3）根据分类加法计数原理，结合排列和组合的定义进行求解即可.
【小问1详解】
由题意可知；运用插空法法，可得共有排法数为种.
【小问2详解】
由题意可知：邀请这7名学生中的4名参加一项活动共有种方法，
男生甲和女生乙同时参加的方法有
共有邀请方法数为种.
【小问3详解】
有两类不同情形：
①先选4个工厂，将3名女生和1名男生安排在同一个工厂，其余3名男生分别在另三个工厂，一厂安排一人，其方法数为种；
②先选4个工厂，将3名女生安排在一个工厂，4名男生安排在另外三个工厂，有一厂两人，另两厂各一人，
其方法数为种.
所以共有种不同的安排方法.
18. 在四棱锥中，，平面平面，.
（1）求点到平面的距离；
（2）在线段上是否存在点，使二面角的正弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）为的三等分点，靠近的一端
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用法向量，结合点面距离公式即可求解
（2）根据法向量的夹角即可求解.
【小问1详解】
由于，且平面平面，建立如图所示的空间直角坐标系，则,
,
设平面的法向量为，则
，取，则，
故点到平面的距离为
【小问2详解】
假设线段上存在点，使得二面角的正弦值为，
设,，
,
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，取，则，
，取，则，
设二面角的平面角为，则，故，
故，
化简得或（舍去），
故存在点，使得二面角的正弦值为，
此时点满足，即为的三等分点，靠近的一端
19. （1）已知k，，且，求证：；
（2）若，且，证明：；
（3）设数列，，，…，是公差不为0的等差数列，证明：对任意的，函数是关于x的一次函数.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）运用组合数运算公式进行计算证明即可；
（2）法一：运用组合数运算公式，结合（1）的结论进行计算证明即可；法二：利用分析法，结合导数的运算性质进行计算证明即可；
（3）运用等差数列的通项公式，逆用二项式定理进行证明即可.
【详解】（1）左边，
右边，
所以；
（2），
而，
所以.
所以.
所以，原命题成立.
另法：，
要证，只需证.
设，
由，
两边同时求导，
得
令，得，
即得证.
所以，原命题成立.
（3）由条件，设等差数列，，，…，的公差为d，，
则
.
因为，所以对任意的，是关于x的一次函数.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是第一问的证明，后续证明需要第一问的结论，利用二项式定理和等差数列的性质也是本题的关键.
