【文档说明】辽宁省营口市第二中学2020-2021学年高二下学期3月假期验收考试数学试题 含答案.pdf，共(14)页，285.736 KB，由小赞的店铺上传

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营口市二高中2020—2021下学期寒假验收考试高二数学考试时间：120分钟；满分：150分；考试范围：选择性必修一、二（排列、组合与二项式定理）。一、单选题（9道小题，每小题5分，共45分）1．将5名志愿者分

配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为A．540B．300C．180D．1502．24)((12)xx的展开式中4x项的系数为（）A．30B．35C．20D．253．计划在某画廊展出10幅不同的画,其中1幅水彩画,4

幅油画,5幅国画排成一列,要求同一品种挂在一起,水彩画不在两端,那么不同的排列方式有（）种A．A4545AB．A33A4545AC．A13A4545AD．A22A4545A4．从6种不同的颜色中选出一些颜色给如图所示的4个格子涂色，每个格子涂

一种颜色，且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法有（）A．360种B．510种C．630种D．750种5．从正方体的8个顶点中选取4个作为顶点，可得到四面体的个数为（）A．4812CB．488CC．486CD．484C6．在二项式71212xx

的展开式中有理项的项数为（）A．1B．2C．3D．47．某班由24名男生和16名女生组成，现按分层抽样的方法选取10名同学参加志愿者服务，某男同学必须参加，则志愿者人员组成的不同方法种数为（）A．642416CCB．462416CCC．542316CCD．

632415CC8．如图，MON的边OM上有四点1A、2A、3A、4A，ON上有三点1B、2B、3B，则以O、1A、2A、3A、4A、1B、2B、3B中三点为顶点的三角形的个数为（）A．30B．42C．54D．569．已知01223

3222...2nnnnnnnCCCCC729，则123...nnnnnCCCC等于（）A．63B．64C．31D．32二、多选题（4道小题，每题5分，共20分，全对得满分，部分选对得3分，有选错得0分）10．

下列关于排列数与组合数的等式中，正确的是（）A．111mmnnnAAB．11mmnnmCnCC．!mmnnACnD．11mmnnAAnm11．在61xx的展开式中，下列说法正确的有（）A．所有项的二项式系数和为64B．所有项的系数和为0C

．常数项为20D．二项式系数最大的项为第3项12．用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（）A．可组成360个不重复的四位数B．可组成156个不重复的四位偶数C．可组成96个能被3整除的不重复四位数D．若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排成一个

数列，则第85个数字为2310三、填空题（4道小题，每题5分，共20分）13．从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a，b，共可得到lglgab的不同值的个数是_____．14．中秋节是中国传统佳节，赏花灯是常见的中秋活动.某社区拟举办庆

祝中秋的活动，购买了,,ABC三种类型的花灯，其中A种花灯4个，B种花灯5个，C种花灯1个，现从中随机抽取4个花灯，则,,ABC三种花灯各至少被抽取一个的情况种数为______.15．设aZ，且013a，若202151a能被13整除，则a_______.16．如图，在“杨辉三角”中斜线A

B的上方，从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，记其前n项和为Sn，S19＝________.四、解答题（共6道大题，17题10分，其它大题每题12分，共70分）17．在①圆经过3,4C，②圆心在直线20xy上，③圆截y轴所得弦长为8且圆心E的

坐标为整数；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，进行求解.已知圆E经过点1,2A，6,3B且_________；（1）求圆E的方程；（2）求以2,1为中点的弦所在的直线方程.18．在班级活动中，4名男生和3名女生站成一排表演节目：（写出必要的数学式

，结果用数字作答）（1）三名女生不能相邻，有多少种不同的站法？（2）女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？（3）甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？（甲乙丙三位同学身高互不相等

）（4）从中选出2名男生和2名女生表演分四个不同角色朗诵，有多少种选派方法？19．解答下列各题：（1）若圆C的半径为1，其圆心与点1,0关于直线yx对称，求圆C的标准方程.（2）求圆心在直线30xy上，与x轴相切，且被直线0xy截得的弦长为27的圆的方程.20．（1）已知727

012712xaaxaxax.求：①127aaa；②0127aaaaL；（2）在522xx的展开式中，求：①展示式中的第3项；②展开式中二项式系数最大的项.21．如图，在四棱锥PABCD中，PA平面AB

CD，底面ABCD是直角梯形，其中//ADBC，ABAD，122ABADBC，4PA，E为棱BC上的点，且14BEBC.（1）求证：DE平面PAC；（2）求二面角APCD的正弦值；（3）设Q为棱CP上的点

(不与C，P重合)，且直线QE与平面PAC所成角的正弦值为55，求CQCP的值.22．已知椭圆C：22221(0)xyabab的左、右焦点分别为1(1,0)F，2(1,0)F，点31,2P在椭圆

上.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线l与圆221xy相切，且与椭圆C交于不同的两点,AB，设=OAOB，求的取值范围.参考答案1．D2．D3．D4．D5．A6．D7．C8．B9．A10．ABD11．AB12．BC13．1814．7015．

116．27417．（1）22(3)(1)25xy；（2）12yx.（1）选条件①，设圆的方程为220xyDxEyF，依题意有5204563025340DEFDEFDEF，解得6D，2E，15F，

所以圆的方程为2262150xyxy，即为：22(3)(1)25xy.选条件②，设圆的方程为220xyDxEyF，因为圆E经过点1,2A，6,3B，且圆心在直线20

xy上依题意有520456302022DEFDEFDE，解得6D，2E，15F，所以圆E的方程为22(3)(1)25xy.选条件③，设圆E的方程为220xyDxEyF

，由圆E经过点1,2A，6,3B，故52045630DEFDEF，又因为圆截y轴所得弦长为8，故方程20yEyF的两个实数根1y，2y的差的绝对值为8.所以22121212448yyyyyyEF，即2464EF解方程组2520

45630464DEFDEFEF，得6D，2E，15F或20649D，747E，58549F，由于圆心E的坐标为整数，故圆E的方程为22(3)(1)25xy.（2）由（1）知圆心3,1E，弦中点为2,1M，所以11232M

Ek，弦所在直线的斜率112MEkk，所以弦所在直线方程为1122yx，即12yx.18．（1）1440；（2）3720；（3）840；（4）432.（1）根据题意，分2步进行分析：①将4名男生全排列，有4424A种情

况，排好后有5个空位.②在5个空位中任选3个，安排3名女生，有3560A种情况，则三名女生不能相邻的排法有24601440种；（2）根据题意，分2种情况讨论：①女生甲站在右端，其余6人全排列，有66720A种情况，②女生甲不站在右端，甲有5种站法，女生乙有5种站法，将剩余的5人全

排列，安排在剩余的位置，有55120A种站法，则此时有551203000种站法，则一共有72030003720种站法；（3）根据题意，首先把7名同学全排列，共有77A种结果，甲乙丙三人内部的排列共有336A种结果，要使的甲乙

丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占6种结果中的一种，则有7733840AA；（4）根据题意，首先将4名男生和3名女生中各选出2人，有224318CC种情况，其次4人分四个不同角色，有442

4A种情况，共有1824432种选派方法.19．（1）22(1)1yx；（2）22(1)(3)9xy或22(1)(3)9xy.（1）圆心与点1,0关于直线yx对称，可得圆心为0,1，又因为半径为1，可得所求的圆的方程为22(1)1yx.

（2）圆与x轴相切，圆心C在直线30xy上，设圆心,3Oaa，则3ra，所以圆心到直线0xy的距离|2|2ad利用垂径定理：222|2|(7)(3||)2aa，解得：1a，所以3r，故圆的方程为：22(1)(3)9xy

或22(1)(3)9xy.20．（1）①2；②2187；（2）①5240x；②5240x或15280x.解：（1）令0x，则01a，令1x，则7012345671211aaaaaaaa

.①∴12372aaaaL.②∵712x展开式中，0a、2a、4a、6a都大于零，而1a、3a、5a、7a都小于零，∴012702461357aaaaaaaaaaaaL，令1x，则7012345673aaa

aaaaa.所以01272187aaaaL.（2）522xx的展开式中第1r项为551225215522rrrrrrrTCxxCx，①当2r=时，所以展

示式中的第3项为55222235240TCxx.②2r=或3时，二项式系数5rC最大，2r=时，由（1）知52340Tx，3r时，1515224445280TCxx．求系数的最大项时：设第r+1项为系数最大项，需列出不等

式组+1+2+1rrrrTTTT，解之求得r.21．（1）证明见解析；（2）55；（3）23.（1）因为PA平面ABCD，ABÌ平面ABCD，AD平面ABCD，所以PAAB，PAAD，又因为ABAD，则以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐

标系，由已知可得(0,0,0)A，(2,0,0)B，(2,4,0)C，(0,2,0)D，(0,0,4)P，(2,1,0)E，所以(2,1,0)DE，(2,4,0)AC，(0,0,4)AP，因为221400DEAC

，0DEAP，所以DEAC，DEAP，又APACA，AP平面PAC，AC平面PAC，所以DE平面PAC.（2）由（1）可知DE平面PAC，(2,1,0)DE

可作为平面PAC的法向量，设平面PCD的法向量(,,)nxyz因为(0,2,4)PDuuur，(2,4,4)PCuuur.所以00nPDnPC，即2402440yzxyz，不妨设1z，得

(2,2,1)n.22222(2)(1)2025cos,52(1)(2)21DEnDEnDEn，又由图示知二面角APCD为锐角，所以二面角APCD的正弦值为55.（3）设CQCP(01)，

即(2,4,4)CQCPuuuruur，(2,1,0)DE，所以(22,44,4)Q，即(2,43,4)QEuuur，因为直线QE与平面PAC所成角的正弦值为55，所以2222222(43)0

5cos52(1)(2)(43)(4)QEDEQEDEQEDE，即2362493，解得23，即23CQCP.2

2．（1）22143xy；（2）5534.（1）根据题意22221233||||(1+1)0(11)0422PFPF根据椭圆的定义得24a，所以2a.因为椭圆的左、右焦点

分别为1(1,0)F，2(1,0)F由222cab，所以23b，所以椭圆的标准方程为22143xy.（2）若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为1x或1x.当1x时，31,2A，31,2B

，此时335=1,1,224OAOB.同理当1x时，335=1,1,224OAOB.所

以当直线l的斜率不存在时5=4OAOB.若直线l的斜率存在，设直线l：ykxm，与椭圆交点11(,)Axy，22(,)Bxy.因为直线l和圆相切，所以2||11mdk，化简得221mk.联立方程2

2143ykxmxy，消y得222()4384120kxkmxm2222(8)443412144960=kmkmk所以122843kmxxk，212241243mxxk

.因此12121212OAOBxxyyxxkxmkxm221212(1)()kxxkmxxm2227121243mkk由221mk代入得：222222712155134414mkmkmm

因为2211mk，所以5534.综上所述，5534.