2023-2024学年江苏省连云港高级中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

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这是一份2023-2024学年江苏省连云港高级中学高二（下）期中数学试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.集合M={x|−1A. {x|−12.6×7×8×9×10可以表示为( )
A. A104B. A105C. C104D. C105
3.已知向量a，b满足|a|=1，|b|=2，若a与b的夹角为π3，则|a+b|=( )
A. 1B. 2C. 5D. 7
4.若Cn+16−Cn6=Cn7，则n的值为( )
A. 10B. 11C. 12D. 13
5.已知A、B、C三点不共线，O是平面ABC外的任一点，下列条件中能确定点M与点A、B、C一定共面的是( )
A. OM=OA+OB+OCB. OM=2OA−OB−OC
C. OM=OA+12OB+13OCD. OM=13OA+13OB+13OC
6.一个袋子中有除颜色外都相同的2个红球和3个白球，从中不放回地抽取2个球，每次只取1个.设事件A=“第一次抽到红球”，B=“第二次抽到红球”，则P(B|A)=( )
A. 25B. 14C. 15D. 12
7.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．已知甲和乙都没有得到冠军，并且乙不是第5名，则这5个人的名次排列情况共有( )
A. 72种B. 54种C. 36种D. 27种
8.在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，分别取棱AA1，A1D1的中点E，F，点G为EF上一个动点，则点G到平面ACD1的距离为( )
A. 2 33B. 3C. 2D. 2 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z=3−4ii，则下列说法中正确的是( )
A. z的实部为4B. z在复平面上对应的点在第三象限
C. zz−=25D. |z|=25
10.已知(1−2x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7，则( )
A. a0=1B. a3=−280
C. a1+a2+…+a7=−2D. a0+a2+a4+a6=4
11.如图，已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AD=4，∠ABC=90°，PA⊥平面ABCD，PA=AB=BC=2，下列说法正确的是( )
A. PB与CD所成的角是45°
B. PB与平面PCD所成的角的正弦值是 36
C. 平面PCD与平面PBA所成的锐二面角余弦值是 63
D. M是线段PC上动点，N为AD中点，则点P到平面BMN距离最大值为 6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.今有2只红球、3只黄球，同色球不加以区分，将这5只球排成一列，有种不同的方法(用数字作答)．
13.若(x−ax2)6展开式的常数项为60，则常数a的值为______．
14.三棱锥A−BCD中，AB=BD=DA=2，BC=CD= 2，记二面角A−BD−C的大小为θ，当θ∈[π6,5π6]时，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是______．
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.(本小题13分)
已知函数f(x)=x2(x−a)，a∈R，且f′(−1)=3．
(1)求a的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间[−1,2]上的最值．
16.(本小题15分)
在( x−124x)n(n≥3,n∈N*)的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列．
(1)证明展开式中没有常数项；
(2)求展开式中所有的有理项．
17.(本小题15分)
某旅行团要从8个景点中选2个景点作为当天的旅游地，满足下列条件的选法各有多少种？
(1)甲、乙2个景点至少选1个；
(2)甲、乙2个景点至多选1个；
(3)甲、乙2个景点必须选1个且只能选1个．
18.(本小题17分)
如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，AA1⊥底面ABCD，AB=BD=2，AA1=3，E，F分别是棱BB1，DD1上的动点(不含端点)，且BE=D1F.
(1)求四棱锥A−BEFD的体积；
(2)当BE=1时，求平面AEF与平面BB1D1D夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
已知椭圆的焦点为F1(−2 2,0),F2(2 2,0)，且该椭圆经过点(2 2,−2)．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线l过F2且与椭圆交于A，B两点，当△F1AB面积最大时，求直线l的方程．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵M={x|−1∴M∩N={x|0≤x<1}．
故选：B．
进行交集的运算即可．
本题考查了集合的描述法的定义，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于简单题．
2.【答案】B
【解析】解：6×7×8×9×10为排列数，可以表示为A105，
故选：B．
根据排列数的公式分析即可．
本题考查排列数公式，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：已知向量a，b满足|a|=1，|b|=2，若a与b的夹角为π3，
则|a+b|= a2+2a⋅b+b2= 12+2×1×2×12+22= 7．
故选：D．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属基础题．
4.【答案】C
【解析】解：因为Cn+16−Cn6=Cn7，即Cn+16=Cn6+Cn7，
所以n+1=6+7，解得n=12．
故选：C．
利用组合数公式化简即可求解．
本题考查了组合数公式的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由共面向量定理得OM=m⋅OA+n⋅OB+p⋅OC,m+n+p=1，
说明M、A、B、C共面，
可以判断A、B、C都是错误的，
则D正确．
故选D．
根据共面向量定理OM=m⋅OA+n⋅OB+p⋅OC,m+n+p=1，说明M、A、B、C共面，从而判断选项的正误．
本题考查共线向量与共面向量，考查学生应用基础知识的能力．是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意可知，P(A)=25，P(AB)=A22A52=110，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=11025=14．
故选：B．
利用条件概率公式求解．
本题主要考查了条件概率公式，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
根据题意，分2种情况讨论：①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，由加法原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名，
分2种情况讨论：
①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有A33=6种情况，
此时有3×6=18种名次排列情况；
②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有A32=6种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有A33=6种情况，
此时有6×6=36种名次排列情况；
则一共有36+18=54种不同的名次排列情况，
故选：B．
8.【答案】A
【解析】解：在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，分别取棱AA1，A1D1的中点E，F，点G为EF上一个动点，如图，
∵点E，F分别是棱AA1，A1D1的中点，∴EF//AD1，
∵EF⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，
∴EF//平面ACD1，
∴点G到平面ACD1的距离即为点E或F到平面ACD1的距离．
∵该正方体的棱长为4，
∴AD1=AC=CD1=4 2，∴△ACD1为等边三角形，
∴S△ACD1=12×4 2×4 2× 32=8 3，
S△FAD1=12×2×4=4，
设F到平面ACD1的距离为d，
则VF−ACD1=VC−FAD1，即13S△ACD1d=13S△FAD1×4，
∴13×8 3d=13×4×4，解得d=2 33，
∴点G到平面ACD1的距离为2 33．
故选：A．
根据已知条件做出图形，利用三角形的中位线定理及线面平行的判定定理，结合等体积法能求出点G到平面ACD1的距离．
本题考查正方体结构特征、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查了复数的四则运算，以及复数实部的概念，共轭复数，复数的模，复数的几何含义，属于基础题．
根据已知条件，结合复数代数形式的乘法运算，以及复数的性质，即可求解．
【解答】
解：∵z=3−4ii=(3−4i)ii2=−4−3i，
∴z的实部为−4，故A选项错误，z在复平面对应的点(−4,−3)对应的点在第三象限，故B选项正确，
zz−=(−4−3i)(−4+3i)=25，故C选项正确，|z|= (−4)2+(−3)2=5，故D选项错误．
故选：BC．
10.【答案】ABC
【解析】解：把x=0，x=1代入(1−2x)7=a0+a1x+a2x2++a7x7得a0=1，a0+a1+a2+…+a7=−1①，
∴a1+a2+…+a7=−2，∴A、C正确；
由(1−2x)7的二项展开式可得：a3=C73(−2)3=−280，B正确；
把x=−1代入(1−2x)7=a0+a1x+a2x2++a7x7得a0−a1+a2+…−a7=37②，
①+②可得：2(a0+a2+a4+a6)=2188．
∴a0+a2+a4+a6=1094，
D错误．
故选：ABC．
把x=0，x=1代入(1−2x)7=a0+a1x+a2x2++a7x7可判断A、C.按照(1−2x)7的二项展开式可判断B、D．
本题考查二项式定理，考查数学运算能力，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：因为∠ABC=90°，AD//BC，所以AB⊥AD，
因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，
所以AB，AD，AP两两互相垂直，
所以以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为PA=AB=BC=2，AD=4，
所以A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,4,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，
所以BP=(−2,0,2)，CD=(−2,2,0)，PC=(2,2,−2)，
对于A，|cs|=|BP⋅CD||BP|⋅|CD|=42 2×2 2=12，所以PB与CD所成的角是60°，故A错误；
对于B，由题意不妨设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，则n⊥CD，n⊥PC，
所以n⋅CD=−2x+2y=0n⋅PC=2x+2y−2z=0，
令x=1，解得y=1，z=2，所以n=(1,1,2)，
又由A选项分析可知，BP=(−2,0,2)，
设PB与平面PCD所成的角为θ，则sinθ=|cs|=|BP⋅n||BP|⋅|n|=|−2+4|2 2× 6= 36，
即PB与平面PCD所成的角的正弦值是 36，故B正确；
对于C，由题意AD⊥AB，AD⊥AP，AB∩AP=A，AB，AP⊂面ABP，
所以AD⊥面ABP，所以平面ABP的一个法向量为m=AD|AD|=(0,1,0)，
由B选项可知平面PCD的一个法向量为n=(1,1,2)，
不妨设平面PCD与平面PBA所成的角为α，则csα=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=11× 6= 66，
所以平面PCD与平面PBA所成的锐二面角余弦值是 66，故C错误；
对于D，因为M是线段PC上动点，所以设PM=λPC=(2λ,2λ,−2λ)(0≤λ≤1)，
因为N为AD中点，所以N(0,2,0)，BN=(−2,2,0)，
所以BM=BP+PM=(−2+2λ,2λ,2−2λ)，
当λ=1时，点M与点C重合，此时点P到平面BMN距离为PA=2，
当λ≠1时，点M不与点C重合，设平面BMN的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅BM=(−2+2λ)x2+2λy2+(2−2λ)z2=0n2⋅BN=−2x2+2y2=0，
令x2=1，解得y2=1，z2=1−2λ1−λ，所以n2=(1,1,1−2λ1−λ)，
所以点P到平面BMN距离为d=|BP⋅n2||n2|=|−2+2−4λ1−λ| 2+(1−2λ1−λ)2=|2λ| 2(1−λ)2+(1−2λ)2=|2λ| 6λ2−8λ+3，
当λ=0时，d=0，当λ>0时，d=2 6−8λ+3λ2，所以当1λ=−−82×3=43即λ=34时，
(6−8λ+3λ2)min=6−8×43+3×(43)2=23，dmax=2 23= 6，故D正确．
故选：BD．
根据题设建立空间直角坐标系，对于A，直接利用直线的方向向量的夹角公式来验证即可；对于B，算出直线、平面的方向向量、法向量，直接由线面角的的正弦公式验证即可；对于C，直接算出平面的法向量，由面面角的余弦公式运算即可，对于B，首先设出参数，得到点P到平面BMN距离关于参数的函数关系式，最终求解最值即可得解．
本题考查根据题设建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量解决线线角、线面角、面面角以及点到面的距离，属于中档题．
12.【答案】10
【解析】解：先把5只球全排，共有A55种排法，再除以2只红球和3只黄球的排列，即A55A22A33=10．
故答案为：10．
按照部分定序排列问题，将5只球全排，再除以2只红球和3只黄球的排列即可．
本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于基础题．
13.【答案】±2
【解析】解：根据题意，(x−ax2)6展开式的通项为Tr+1=C6r⋅x6−r⋅(−ax2)r=(−1)r⋅C6r⋅ar⋅x6−3r，
令6−3r=0，可得r=2，
当r=2时，T3=(−1)2⋅C62⋅a2=15a2，
又由题意，可得15a2=60，
则a=±2；
故答案为±2．
根据二项式定理，可得(x−ax2)6展开式的通项，分析可得其展开式中的常数项为15a2，结合题意有15a2=60，解可得答案．
本题考查二项式定理的应用，注意正确进行分数指数幂的化简运算．
14.【答案】[0,5 28]
【解析】解：取BD中点O，连结AO，CO，
∵AB=BD=DA=2，BC=CD= 2，
∴CO⊥BD，AO⊥BD，且CO=1，AO= 3，
∴∠AOC是二面角A−BD−C的平面角，
以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，则B(0,−1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，
由题意二面角A−BD−C的平面角为θ，且θ∈[π6,5π6]，
连AO、BO，则∠AOC=θ，A( 3csθ,0, 3sinθ)，
∴BA=( 3csθ,1, 3sinθ)，CD=(−1,1,0)，
设AB、CD的夹角为α，
则csα=|AB⋅CD||AB||CD|=|1− 3csθ|2 2，
∵θ∈[π6,5π6]，∴csθ∈[− 32, 32]，
∴|1− 3csθ|∈[0,52]，
∴csα∈[0,5 28]．
故答案为：[0,5 28].
取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出直线AB与CD所成角的余弦值取值范围．
本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，解题时注意向量法的合理运用，属中档题．
15.【答案】解：(1)函数f(x)=x2(x−a)，a∈R，所以f′(x)=2x(x−a)+x2=3x2−2ax，
所以f′(−1)=3+2a=3，解得a=0，所以f(x)=x3；
所以f(1)=1，k=f′(1)=3，
所以y−1=3(x−1)，所以3x−y−2=0，
即曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为3x−y−2=0；
(2)由f′(x)=3x2≥0，所以f(x)在[−1,2]上单调递增，
所以函数f(x)在区间[−1,2]上的最小值为f(−1)=−1，最大值为f(2)=8．
【解析】(1)求函数f(x)的导数，利用f′(−1)=3求出a，再求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)由f′(x)判断f(x)在[−1,2]上的单调性，即可求出f(x)在区间[−1,2]上的最小、最大值．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，求函数的最值问题，也考查了导数的几何意义应用问题，是基础题．
16.【答案】解：(1)证明：∵第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列，
∴2Cn2=Cn1+Cn3，化为：n2−9n+14=0，n≥3，
解得n=7，
∴通项公式Tk+1=C7k( x)7−k⋅(−124x)k=(−12)kC7k⋅x14−3k4，k=0，1，…，7，
令14−3k4=0，解得k=143∉N，
因此展开式中没有常数项．
(2)令14−3k4∈Z，则k=2，k=6，
T3=C72(−12)2x14−64=214x2，
T7=C76(−12)6x−1=764x，
∴展开式中的有理项为T3=214x2和T7=764x．
【解析】(1)由第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列，可得2Cn2=Cn1+Cn3，利用组合数计算公式解得n，再利用通项公式即可得出结论．
(2)求出使x的次数为整数的k的值，再代入通项公式即可得解．
本题考查了二项式定理及其应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)甲、乙2个景点都不去有C62，则甲乙2个景点至少选1个的选法有C82−C62=28−15=13种；
(2)若甲、乙2个景点都不去有C62=15种，甲、乙2个景点只去一个有C21C61=12种，
则甲、乙2个景点至多选1个有15+12=27种；
(3)甲、乙2个景点必须选1个且只能选1个，有C21C61=12种．
【解析】(1)利用间接法先计算都不去的方法，然后进行求解即可
(2)利用分类讨论思想进行计算即可
(3)利用分步计数进行计算即可
本题主要考查简单的计数问题，利用组合数公式是解决本题的关键．属于基础题．
18.【答案】解：(1)如图，连接AC交BD于点O，因为底面ABCD是菱形，所以AO⊥BD，
因为点E，F分别在BB1，DD1上，
所以AA1//BE//DF，
又AA1⊥底面ABCD，
AO⊂底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
所以BE⊥BD，BE⊥AO，所以四边形BEFD是直角梯形，
且因为AA1=3，BE=D1F，所以BE+DF=3，
又因为BD∩BE=B，BD，BE⊂平面BEFD，
所以AO⊥平面BEFD，即AO是四棱锥A−BEFD的高，
因为AB=BD=2，底面ABCD是菱形，
所以△ABD是等边三角形，故OB=1，AO= 3OB= 3，
所以VA−BEFD=13(BE+DF)⋅BD2⋅AO= 3，
所以四棱锥A−BEFD的体积为 3；
(2)以O为原点，分别以OA，OB所在直线为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A( 3,0,0)，E(0,1,1)，F(0,−1,2)，
所以AE=(− 3,1,1)，AF=(− 3,−1,2)．
设n=(x,y,z)是平面AEF的法向量，
则n⋅AE=(x,y,z)⋅(− 3,1,1)=− 3x+y+z=0n⋅AF=(x,y,z)⋅(− 3,−1,2)=− 3x−y+2z=0，
取y=1，则x= 3，z=2．
所以n=( 3,1,2)是平面AEF的一个法向量，
由(1)可知，OA⊥平面BEFD，即OA⊥平面BB1D1D，
所以OA=( 3,0,0)是平面BB1D1D的一个法向量，
而cs=n⋅OA|n||OA|= 3× 3+1×0+2×0 3+1+4× 3= 64，
所以平面AEF与平面BB1D1D夹角的余弦值为 64．
【解析】(1)作出辅助线，得到AO是四棱锥A−BEFD的高，求出各边的长，利用锥体体积公式求出答案；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量求解两平面的夹角的余弦值．
本题考查了锥体体积计算问题，也考查了两平面夹角的余弦值计算问题，是中档题．
19.【答案】解：(1)不妨设椭圆的半焦距为c，长，短半轴长分别为a，b，
因为椭圆的焦点为F1(−2 2,0)，F2(2 2,0)，
所以c=2 2，
因为2a= (2 2−2 2)2+(−2−0)2+ (2 2+2 2)2+(−2−0)2=8，
所以a=4，
又b2=a2−c2=16−8=8，
则椭圆的标准方程为x216+y28=1；
(2)易知直线l的斜率存在且不为0，
不妨设直线l的方程为x=ky+2 2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=ky+2 2x216+y28=1，消去x并整理得(k2+2)y2+4 2ky−8=0，
此时Δ=64(k2+1)>0，
由韦达定理得y1+y2=−4 2kk2+2，y1y2=−8k2+2，
此时S△F1AB=12|F1F2||y1−y2|=2 2|y1−y2|=2 2⋅8 k2+1k2+2=16 2 k2+1k2+2
=16 2 k2+1+1 k2+1≤16 22 k2+1⋅1 k2+1=8 2，
当且仅当k2+1=1k2+1，即k=0时，等号成立，
所以△F1AB面积的最大值为8 2，此时直线l的方程为x=2 2．
【解析】(1)由题意，利用焦点坐标以及椭圆定义，列出等式求出a和b的值，进而可得椭圆的标准方程；
(2)设出直线l的方程，将直线l的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理、三角形面积公式以及基本不等式再进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．

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