2023-2024学年浙江省宁波市余姚中学高二（下）质检数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年浙江省宁波市余姚中学高二（下）质检数学试卷（含答案），共10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.已知函数f(x)=x3−2,x≥01x2−1,x<0，则f(f(1))=( )
A. 1B. 0C. −1D. −2
2.已知l，m是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的命题是( )
A. 若α⊥β，l/​/β，则l⊥αB. 若l⊥m，m⊂α，则l⊥α
C. 若m⊂α，l/​/β，l/​/m，则α/​/βD. 若m⊥α，l/​/β，l/​/m，则α⊥β
3.已知ab≠1，lgam=2，lgbm=3，则lgabm=( )
A. 16B. 15C. 56D. 65
4.在由数字0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的个数有( )
A. 512B. 192C. 240D. 108
5.若(x−a)(1−2x)5的展开式中x3的系数为20，则a=( )
A. −14B. 14C. −12D. 12
6.已知三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=3，BC=4，PA=5，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积为( )
A. 36πB. 40πC. 45πD. 50π
7.已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球
(m≥3,n≥3)，从乙盒中随机抽取i(i=1,2)个球放入甲盒中．
(a)放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi(i=1,2)；
(b)放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i=1,2)．
则( )
A. p1>p2，E(ξ1)E(ξ2)
C. p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2)D. p18.设a=ln102−ln100，b=151，c=tan0.02，则( )
A. a>c>bB. b>c>aC. c>b>aD. c>a>b
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.下列命题中，正确的命题是( )
A. 已知随机变量X服从二项分布B(n,p)，若E(X)=30，D(X)=20，则p=23
B. 已知P(A)=13，P(A−|B)=34，P(A−|B−)=12，则P(B)=23
C. 设随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，若P(ξ>1)=p，则P(−1<ξ<0)=12−p
D. 某人在10次射击中，击中目标的次数为X，X～B(10,0.7)，当X=7时概率最大
10.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是线段AD1的中点，点M，N满足A1M=λA1C，B1N=μB1C1，其中λ，μ∈(0,1)，则( )
A. 当λ=12,μ=23时，过E，M，N三点的平面截正方体得到的截面多边形为正方形
B. 存在λ∈(0,1)，使得平面AD1M⊥平面AB1C
C. 存在λ，μ∈(0,1)，使得平面MEN//平面AB1C
D. 当μ=12时，点A到平面A1NC的距离为 63
11.已知定义在实数集R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，且满足f(x+y)=f(x)+f(y)+xy，f(1)=0，f′(1)=12，则( )
A. f(0)=0B. f(x)的图像关于点(12,0)成中心对称
C. f(2024)=1012×2023D. k=12024f′(k)=1012×2024
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知x4+x8=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+⋯+a8(x−1)8，则a0= ______，a1+a3+a5+a7= ______．
13.已知函数f(x)=2x+a，g(x)=lnx−2x，如果对任意的x1,x2∈[12,2]，都有f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围是______．
14.“布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束.已知该粒子初始位置在1号仓，则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为______．
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.(本小题13分)
已知(x2+2 x)m的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为12．
(1)求展开式中所有项的系数和与最大的二项式系数的值；
(2)将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，M为PD的中点．
(Ⅰ)求证：PB/​/平面ACM；
(Ⅱ)求直线BM与平面PAD所成角的正弦值；
(Ⅲ)求平面PAC与平面PAD夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
书籍是精神世界的入口，阅读让精神世界闪光，阅读逐渐成为许多人的一种生活习惯，每年4月23日为世界读书日．某研究机构为了解某地年轻人的阅读情况，通过随机抽样调查了100位年轻人，对这些人每天的阅读时间(单位：分钟)进行统计，得到样本的频率分布直方图，如图所示．
(1)根据频率分布直方图，估计这100年经人每天阅读时间的平均数x−(单位：分钟)；(同一组数据用该组数据区间的中点值表示)
(2)若年轻人每天阅读时间X近似地服从正态分布N(μ,100)，其中μ近似为样本平均数x−，求P(64(3)为了进一步了解年轻人的阅读方式，研究机构采用分层抽样的方法从每天阅读时间位于分组[50,60)，[60,70)和[80,90)的年轻人中抽取10人，再从中任选3人进行调查，求抽到每天阅读时间位于[80,90)的人数ξ的分布列和数学期望．
附参考数据：若X～N(μ,δ2)，则①P(μ−δ18.(本小题17分)
已知函数f(x)=|x−3x+2|+m．
(1)若函数y=f(x)有4个零点x1，x2，x3，x4(x1(2)是否存在非零实数m，使得函数f(x)在区间[a,b](019.(本小题17分)
已知函数f(x)=e2x2−aex+x．
(1)讨论f(x)的极值点个数；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，直线y=kx+b过点(x1,f(x1))，(x2,f(x2))．
(i)证明：k>f′(lna2)；
(ii)证明：b<12−a．
参考答案
1.B
2.D
3.D
4.D
5.A
6.D
7.A
8.D
9.BCD
10.BD
11.ACD
12.2 136
13.(−∞,ln2−8]
14.1013
15.解：(1)二项式(x2+2 x)m的通项为Tr+1=Cmr(x2)m−r(2 x)r=Cmr2rx2m−5r2，
∴第4项的系数为Cm323，倒数第4项的系数为Cmm−32m−3，
∴Cm323Cmm−32m−3=12，
∴12m−6=12，∴m=7，
∴二项式为(x2+2 x)7，
令x=1，可得所有项的系数和为(1+2)7=37=2187，
最大的二项式系数为C73=C74=35．
(2)二项式(x2+2 x)7的通项为Tr+1=C7r2rx14−5r2(r=0,1,2,……,7)，
当r=0，2，4，6时，为有理项，即有理项为T1，T3，T5，T7，共4项，
展开式中所有项共8项，其中4项为有理项，
设有理项不相邻的概率为P，
则由插空法可知P=45A44AA88=114．
16.(I)证明：连接BD，与AC交于O，在△PBD中，

∵O，M分别为BD，PD的中点，
∴BP/​/OM，
∵BP⊄平面ADE，OM⊂平面CAM，
∴平面CAM．
(II)解：连接PE，设E是AB的中点，
∵ABCD是正方形，△PAB为正三角形，∴PE⊥AB．
又∵面PAB⊥面ABCD，交线为AB，
∴PE⊥平面ABCD．
过E作，与CD交于F.以E为原点，分别以EB，EF，EP所在直线为x，y，z轴，
如图，建立空间直角坐标系E−xyz，

则E(0,0,0)，B(1,0,0)，A(−1,0,0)，P(0,0, 3)，C(1,2,0)，D(−1,2,0)，M(−12,1, 32)
∴PA=(−1,0,− 3)，AD=(0,2,0)，BM=(−32,1, 32)
设平面PAD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅PA=−x− 3z=0n⋅AD=2y=0，
令z=1.则x=− 3，得n=(− 3,0,1)．
设直线BM与平面PAD所成角为α，
∴sinα=|cs〈n,BM〉|=|n⋅BM||n|⋅|BM|= 32×1= 32
即直线BM与平面PAD所成角的正弦值 32．
(III)解：由(2)可知AC=(2,2,0)，设平面PAC的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⋅PA=−x1− 3z1=0m⋅AC=2x1+2y1=0，令z1=1.则x1=− 3，y1= 3，m=(− 3, 3,1)．
设面PAC与面PAD夹角为θ，
∴csθ=|cs〈n,m〉|=|n⋅m||n|⋅|m|=2 77
∴面PAC与面PAD夹角的余弦值为2 77．
17.解：(1)估计频率分布直方图可得，x−=(55×0.01+65×0.02+75×0.045+85×0.02+95×0.005)×10=74；
(2)由题意可知，X～N(74,100)，
所以P(μ−δ(3)由于[50,60)，[60,70)和[80,90)的频率之比为1：2：2，
故抽取的10人中[50,60)，[60,70)和[80,90)的人数分别为2，4，4人，
所以随机变量ξ的可能取值为0，1，2，3，
所以P(ξ=0)=C63C103=16，
P(ξ=1)=C62C41C103=12，
P(ξ=2)=C61C42C103=310，
P(ξ=3)=C43C103=130，
所以ξ的分布列为：
则E(ξ)=0×16+1×12+2×310+3×130=65．
18.解：(1)因为函数f(x)=|x−3x+2|+m有4个零点x1，x2，x3，x4(x1所以方程f(x)=|x−3x+2|+m=0有4个不同的解x1，x2，x3，x4(x1于是方程x−3x+2+m=0,−(x−3x+2)+m=0都各有两个不同的解，
即方程x2+(2+m)x−3=0，x2+(2−m)x−3=0各有两个实数根，
设方程x2+(2+m)x−3=0的两根为x1，x2，
则x1x2=−3；
设x2+(2−m)x−3=0的两根为x3，x4，
则x3x4=−3，
所以x1x2x3x4=9；
(2)存在，理由如下：
f(x)=|x−3x+2|+m=x−3x+2+m,x≥1−x+3x−2+m,0所以y=f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；
①若函数f(x)在[a,b]上不单调，则有0由于m≠0，所以a=2，与假设矛盾；
②当1≤a所以a2+(m+2)a−3−2m=0b2+(m+2)b−3−2m=0，
所以a，b是一元二次方程x2+(m+2)x−3−2m=0的两个不相等的实数根，
记g(x)=x2+(m+2)x−3−2m，
有Δ=(m+2)2+4(2m+3)>0−m+22≥11+(m+2)−3−2m>0，所以m<−6−2 5，
③当0应有f(a)=2mbf(b)=2ma，即−a+3a−2+m=2mb−b+3b−2+m=2ma，
两式相减得到ab+3=−2m∈(3,4)，
所以m∈(−2,−32)，
两式相加得：a+b=(2m+3)(m−2)3，
又ab=−(2m+3)，∴1a+1b=a+bab=2−m3∈(2,+∞)，
∴m<−4，与m∈(−2,−32)矛盾，
此时满足条件的实数m不存在，
综合以上讨论，满足条件的实数m的取值范围是(−∞,−6−2 5)．
19.解：(1)f′(x)=e2x−aex+1，
当a⩽0时，f′(x)⩾0，
f(x)在(−∞,+∞)上单调递增，极值点个数为0；
当0f(x)在(−∞,+∞)上单调递增，极值点个数为0；
当a>2时，由f′(x)=0得，x1=lna− a2−42或x2=lna+ a2−42．
由f′(x)>0得，xx2；由f′(x)<0得，x1所以，减区间为(x1,x2)，增区间为(−∞,x1)，(x2,+∞)．
所以，x1为极大值点，x2为极小值点，极值点个数为2；
综上，当a⩽2时，极值点个数为0；当a>2时，极值点个数为2；
证明：(2)(i)由(1)知，a>2，不妨设x1则ex1+ex2=a,ex1ex2=1，
所以x1+x2=0，
要证f(x1)−f(x2)x1−x2>f′(lna2)成立，
只需ex1−ex2x1−x2只需ex1−x2−1ex1−x2+1>x1−x22，
令g(t)=et−1et+1−t2,t<0，
则g′(t)=2et(et+1)2−12=−(et−1)22(et+1)2<0，
所以g(t)在(−∞,0)上单调递减，
所以g(t)>g(0)=0，
所以ex1−x2−1ex1−x2+1>x1−x22成立．
所以k>f′(lna2)；
(ii)由y−f(x1)=f(x2)−f(x1)x2−x1(x−x1)得b=x1f(x1)−x1f(x2)x2−x1+f(x1)，
要证b<12−a成立，
只需x1f(x1)−x1f(x2)x2−x1+f(x1)<12−a，
因为x1+x2=0，
所以只需12f(x1)+12f(x2)<12−a，
只需12(e2x1+e2x22−a2)<12−a，
只需12(−1−12a2)<12−a，即(a−2)2>0，
因为(a−2)2>0成立，所以b<12−a成立． ξ
0
1
2
3
P
16
12
310
130