江苏省盐城市三校2023-2024学年高二下学期4月期中联考数学试题（原卷版+解析版）

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本试卷分试题卷和答题卷两部分.试题卷包括1至4页；答题卷1至4页.满分150分.考试时间150分钟.
命题：姚爱亮 审核：胡芳
一、单项选择题（本大题共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. 由1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数的个数为（ ）
A. 24B. 60C. 120D. 720
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知：由1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数即为1，2，3，4，5全排列，结合排列数运算求解.
【详解】由题意可知：由1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数即为1，2，3，4，5全排列，
所以没有重复数字的五位数的个数为.
故选：C.
2. 如果数列的前项和，那么的值为（ ）
A. 23B. 24C. 25D. 26
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合，准确计算，即可求解.
【详解】由数列的前项和，
可得.
故选：C.
3. 如图，在平行六面体中，为与的交点.若，则下列向量中与相等的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量基本定理表示出，得到答案.
【详解】因为.
所以.
故选：B.
4. 某中学运动会上一天安排长跑、跳绳等6场不同的比赛项目，若第一场比赛不安排长跑，最后一场不安排跳绳，则不同的安排方案种数为 （ ）
A. 504B. 510C. 480D. 500
【答案】A
【解析】
【分析】根据第一场比赛安排的是否为跳绳，分为两种情况进行讨论，结合排列数的计算公式，即可求得结果.
【详解】根据第一场安排的比赛是否为跳绳，分为如下两种情况：
第一种：若第一场安排跳绳，则最后一场安排不受限制，共有：种；
第二种：若第一场不安排跳绳，则也不能是长跑，则第一场有种安排；
再安排最后一场，其不能为跳绳，故有种安排，故共有：种；
故不同的安排方案共有：种.
故选：A.
5. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用赋值法，分别令可得.
【详解】令，则，；
令，则；
.
故选：C.
6. 甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和3个红球，丙袋中有3个白球和4个红球.先随机取一只袋，再从该袋中随机取一个球，该球为红球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分取到甲、乙、丙袋三种情况，结合全概率公式计算即可得.
【详解】设事件“取出的是甲袋”，“取出的是乙袋”，“取出的是丙袋”，
“取出的是红球”，
则
故选：D.
7. 设函数，则满足的的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析函数的奇偶性和单调性，利用奇偶性和单调性解不等式即可.
【详解】由解析式可知，所以函数为奇函数.
恒成立，函数在定义域R上单调递增；
因为，可得，
函数单调递增，所以，即.
设，显然定义域上单调递增，且，
所以解，得. 所以的取值范围是.
故选：A
8. 已知是双曲线的左、右焦点，经过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的定义可得，取的中点，连接，由面积可得，利用余弦定理结合双曲线离心率分析求解.
【详解】由题意可知：，可得，
取的中点，连接，可知，

因为，可得，
则，
可得，
在中，由余弦定理可得，
即，整理得，
所以双曲线C的离心率为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知.若事件相互独立，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，由条件概率公式和相互独立事件的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】因为，
所以，故B正确；
又因为事件相互独立，所以，
所以，故A正确；
因为事件相互独立，所以相互独立，
，故C错误；
因为事件相互独立，所以相互独立，
，故D正确.
故选：ABD.
10. 正方体的棱长为2，为的中点，则（ ）
A. B. 与所成角余弦值为
C. 面与面所成角正弦值为D. 与面的距离为
【答案】AD
【解析】
【分析】本题建立空间直角坐标系，利用空间向量可解决线线垂直、异面直线所成的角的相关问题、二面角的相关问题，以及解决空间一点到面的距离问题.
【详解】根据题意建立如图所示的空间直角坐标系
正方体的棱长为2，易求、、、、、、、、.
选项A：因为，，所以
所以，故A正确.
选项B：因为，，所以，设异面直线和所成的角为，则：，故B不正确.
选项C：易求平面的法向量.
设平面的法向量为，易求,，
由，令，则.
设平面与平面所成角为，则,
，即，故选项C不正确.
选项D：因为平面的法向量为，，
设到平面的距离为，向量与法向量的夹角为，
则：,故选项D正确.
故选：AD.
11. 在边长为3的正方形中，作它的内接正方形，且使得，再作正方形的内接正方形，使得依次进行下去，就形成了如图所示的图案.设第个正方形的边长为（其中第1个正方形的边长为，第2个正方形的边长为），第个直角三角形（阴影部分）的面积为（其中第1个直角三角形的面积为，第2个直角三角形的面积为，，）则（ ）
A. B.
C. 数列是公比为的等比数列D. 数列的前项和取值范围
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用正方形的特征结合的三角函数值可判定A、B选项，利用相似三角形的相似比可判定C选项，同时结合等比数列的求和公式可判定D选项.
【详解】对A：由题意可知，
，
而，则，
所以，故A正确；
对B：由上可知，
所以，故B正确；
对C：易知，此后对应三角形均相似，
而相似比，
即是首项为3，公比为的等比数列，
是首项为，公比为的等比数列，故C错误；
对D：由上可得，则，
则，
显然单调递减，即，所以的取值范围为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是得出等比数列的首项和公比，由此即可顺利得解.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知某批产品的质量指标服从正态分布，其中的产品为“可用产品”，则在这批产品中任取1件，抽到“可用产品”的概率约为__________.参考数据：若，则
【答案】0.84##
【解析】
【分析】根据题意确定，根据正态分布的对称性结合已知区间的概率，即可求得答案.
【详解】由题意知，该产品服从，则，
所以
，
即抽到“可用产品”的概率为0.84.
故答案为：0.84.
13. 设点是曲线上一点，则点到直线最小的距离为_________________.
【答案】##
【解析】
【分析】设，利用点到直线距离公式表示出点P到直线距离，根据函数最值即可求解.
【详解】点P在曲线上，设，
则点P到直线l的距离为，
当时，
故答案为：.
14. 设，不等式在上恒成立，则的最小值_________________.
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，原不等式恒成立可转化为恒成立，利用导数求出函数最大值可得，可得，构造函数，求最小值即可.
【详解】在上恒成立，即为在上恒成立，
令，，
若，则，可得在递增，
当趋近正无穷时，趋近正无穷，不等式在上不恒成立，
若，令，可得，令，可得
可得在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，
则，即则.
令，，，
令，可得，令，可得
可得上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
则的最小值是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解决本题主要利用导数研究恒成立问题，构造函数，原不等式恒成立可转化为恒成立，利用导数求出函数最大值可得，可得，构造函数，求最小值即可.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）
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）求的值；
（2）求展开式中含的项.
【答案】（1）7 （2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合二项式系数可得，且，运算求解即可；
（2）根据二项展开式的通项可得，令，代入运算即可.
【小问1详解】
由题意可知：，且，
可得，解得.
【小问2详解】
由（1）可知：的展开式的通项为，
令，解得，所以展开式中含的项.
16. 已知函数在处取得极大值，且极大值为3.
（1）求的值：
（2）求在区间上不单调，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求得，根据题意，得出不等式组，即可求解；
（2）由，求得函数的单调区间，结合在区间上不单调，列出不等式组，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，可得，
因为函数在处取得极大值，且极大值为，
所以，解得.
【小问2详解】
解：由题意，函数在区间上不单调，可得，解得，
又由，
当时，；当时，；时，，
所以函数在单调递增，在上单调递减，
因为在区间上不单调，则满足，解得，
即实数的取值范围为.
17. 为推动党史学习教育工作扎实开展，营造“学党史、悟思想、办实事、开新局”的浓厚氛围，某校党委决定在教师党员中开展“学党史”知识竞赛.甲老师从装有6个不同问题的纸盒中依次不放回抽取4个问题作答.已知这6个问题中，甲能正确回答其中的4个问题，且甲老师对每个问题回答正确与否都是相互独立、互不影响的.
（1）求甲老师答对2个问题的概率；
（2）若测试过程中答对1个问题得2分，答错得0分，设随机变量表示甲的得分，求.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）利用超几何分布的概率计算公式计算即可得解；
（2）计算超几何分布的期望与方差即可得.
【小问1详解】
设甲老师答对2个问题为事件，则.
所以甲老师答对2个问题概率为.
【小问2详解】
设甲老师得分数为，则的可能取值为4，6，8，
，，，
则，
.
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，平面平面，，点是棱的中点，点在棱上.

（1）当点在什么位置时，使得平面；
（2）若面与面所成角的正弦值为，求的长.
【答案】（1）当时，平面
（2）3
【解析】
【分析】（1）取中点，当时，证明出四边形为平行四边形，则得，再由线面平行的判断得到平面；
（2）在平面中，作于，由面面垂直性质定理得到平面，建立空间直角坐标系，设点，进而表示所需向量坐标求解面与面的法向量，进而得到夹角的余弦值，建立方程求解出即可得到的长.
【小问1详解】

当时，平面
取中点，连接，
因为，分别为和中点，
由梯形的中位线定理得，且，
当时，即时，因为正方形，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，因为平面， 面，
所以平面
【小问2详解】

在平面中，作于，
因为平面平面，平面平面，
又，平面，
所以平面，
在正方形中，过作的平行线交于点，则.，
分别以为轴，建立空间直角坐标系，
因为四边形是等腰梯形，，所以，
又，所以，
可得,
，
所以,
，
设平面的法向量为，
由,则有，取，
设，则，
设平面的法向量为，
由则有，取，
因为面与面所成角的正弦值为，
所以，
解得或（舍去），
所以.
19. 已知椭圆经过和，分别为椭圆的左顶点、右顶点、上顶点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过轴上点（点在椭圆长轴上）作直线交椭圆两点，且，若，求点的坐标；
（3）过点作直线交椭圆于点，交直线于，直线于轴相交于，求证:为定值，并求此定值.（其中分别为直线和直线l，的斜率）.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）把两点直接代入椭圆方程，求解即可
（2）连接，由面积公式推导出，从而得到，即可求出OF的方程，联立直线与椭圆方程，求出点的坐标
（3）设直线的斜率为k，的方程为，再求出直线AC的方程，联立求出Q、点P坐标，从而求出PC的方程，即可求出N点坐标，再由斜率公式计算可得
【小问1详解】
将和两点直接代入椭圆方程，
有
所以椭圆的标准方程
【小问2详解】
连接，,
所以，所以,
直线的方程为，联立，所以，
【小问3详解】
由题意可知,
设直线的方程为.直线的方程为
联立，解得点坐标为
再将直线与椭圆方程联立，即，
，由韦达定理得点坐标为，
所以的直线方程为，
令计算得出的坐标为，
所以，
因此，
【点睛】
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.