2024-2025学年江苏省南京一中高二（下）月考数学试卷（3月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省南京一中高二（下）月考数学试卷（3月份）（含答案），共9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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图，在三棱锥O−ABC中，设OA=a，OB=b，OC=c，若AN=NB，BM=2MC，则MN=( )
A. 12a+16b−23c
B. 12a−16b+23c
C. 12a−16b−13c
D. 12a+16b+13c
2.函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示，则函数y=f(x)的图象可能是( )
A. B. C. D.
3.三名学生分别从4门选修课中选修一门课程，不同的选法有( )
A. 24种B. 81种C. 64种D. 32种
4.若a=(−1,2,1)，b=(1,2,−3)，则(a+b)⋅(2a−b)=( )
A. −2B. 4C. −21D. 26
5.已知等比数列{an}满足1a1+1a2+1a3=2，a2=2，记Sn为其前n项和，则S3=( )
A. 1B. 2C. 4D. 8
6.已知圆O：x2+y2=1，直线x−y+a=0上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点为A，B，使得∠APB=60°，则a的取值范围( )
A. [−2,2]B. (−∞,2]C. [−2 2,2 2]D. [−2 2,+∞)
7.若函数f(x)=x33−a2x2+x+1在区间(12,3)上有极值点，则实数a的取值范围( )
A. (2,52)B. [2,52)C. (2,103)D. [2,103)
8.用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中6个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格⼦的染色方法种数为( )
A. 15B. 16C. 18D. 20
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.给出下列命题，其中正确的是( )
A. 若{a,b,c}是空间的一个基底，则{a,b,b+c}也是空间的一个基底
B. 在空间直角坐标系中，点P(−2,4,3)关于坐标平面yOz的对称点是(−2,−4,−3)
C. 若空间四个点P，A，B，C满足PC=14PA+34PB，则A，B，C三点共线
D. 平面α的一个法向量为m=(1,3,−4)，平面β的一个法向量为n=(−2,−6,k).若α/​/β，则k=8
10.某种产品的加工需要经过5道工序，则以下说法正确的是( )
A. 如果其中某道工序不能放在最后，那么有96种加工顺序
B. 如果其中某2道工序不能放在最前，也不能放在最后，那么有36种加工顺序
C. 如果其中某2道工序必须相邻，那么有24种加工顺序
D. 如果其中某2道工序不能相邻，那么有72种加工顺序
11.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，E为A1D1的中点，动点P在长方体ABCD−A1B1C1D1内(含表面)，且满足AP=λAC+μAE，记动点P的轨迹为Ω，则( )
A. Ω的面积为3 338
B. 平面A1BC1与Ω所在平面平行
C. 当λ=12时，存在点P，使得A1P⊥BD1
D. 当μ=1时，三棱锥P−ABC的体积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在空间直角坐标系中，A(1,1,1)，B(2,3,4)，平面BCD的一个法向量是(−1,2,1)，则点A到平面BCD的距离为______．
13.圆x2+y2−4=0与圆x2+y2−4x+4y−12=0的公共弦的长为 ．
14.已知数列{an}的首项a1=a，其前n和为Sn，且满足Sn+Sn−1=3n2(n≥2).若对任意的n∈N∗，anb>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=43|AB|．
(1)求C1的离心率；
(2)若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．
17.(本小题15分)
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)的导函数为f′(x)，f′(x)的导函数为f″(x)，对于区间A，若f(x)与f′(x)在区间A上都单调递增或都单调递减，则称f(x)为区间A上的自律函数.若f(x)=(x2+x+a)e2x是R上的自律函数．
(1)求a的取值范围；
(2)若a取得最小值时，f″(x)=t只有一个实根，求实数t的取值范围．
19.(本小题17分)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，DC=2DA=4，DD1=2 3，DC1⊥D1B
(1)求证：DA⊥DB；
(2)求三棱锥C−A1C1D的体积；
(3)线段C1D1上是否存在点E，使得平面EBD与平面ABB1A1的夹角为π4？若存在，求D1E的长；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.A
2.D
3.C
4.A
5.D
6.C
7.C
8.D
9.ACD
10.ABD
11.ACD
12. 6
13.2 2
14.(94,154)
15.解：(1)已知用0、1、2、3、4、5可以组成四位无重复数字的密码，
相当于从6个数字中任取4个的排列，
所以无重复数字的密码箱的四位密码个数为A64=6×5×4×3=360．
(2)最高位上的数字为2的无重复数字的四位偶数，其个位是0，4之一，共有C21A42个；
最高位上的数字为3，5之一的无重复数字的四位偶数，其个位是0，2，4之一，共有C21C31A42个，
最高位上的数字为4的无重复数字的四位偶数，其个位是0，2之一，共有C21A42个，
所以比2000大的无重复数字的四位偶数个数为2C21A42+C21C31A42=120．
16.解：(1)由题意设抛物线C2的方程为：y2=4cx，焦点坐标F为(c,0)，因为AB⊥x轴，将x=c代入抛物线的方程可得y2=4c2，所以|y|=2c，
所以弦长|CD|=4c，
将x=c代入椭圆C1的方程可得y2=b2(1−c2a2)=b4a2，所以|y|=b2a，
所以弦长|AB|=2b2a2，
再由|CD|=43|AB|，可得4c=43⋅2b2a，即3ac=2b2=2(a2−c2)，
整理可得2c2+3ac−2a2=0，即2e2+3e−2=0，e∈(0,1)，所以解得e=12，
所以C1的离心率为12；
(2)由椭圆的方程可得4个顶点的坐标分别为：(±a,0)，(0,±b)，
而抛物线的准线方程为：x=−c，
所以由题意可得2c+a+c+a−c=12，即a+c=6，而由(1)可得ca=12，所以解得：a=4，c=2，所以b2=a2−c2=16−4=12，
所以C1的标准方程为：x216+y212=1，C2的标准方程为：y2=8x．
17.解：(1)如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，
设AC，A1C1的中点分别为O，O1，
则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，
故以{OB,OC,OO1}为基底，建立空间直角坐标系O−xyz，
∵AB=AA1=2，
∴A(0,−1,0)，B( 3,0,0)，C(0,1,0)，
A1(0,−1,2)，B1( 3,0,2)，C1(0,1,2)．
∵点P为A1B1的中点．
∴P( 32,−12,2)，
∴BP=(− 32,−12,2)，AC1=(0,2,2)．
∴|cs|=|BP⋅AC1||BP|⋅|AC1|=|−1+4| 5×2 2=3 1020．
∴异面直线BP与AC1所成角的余弦值为3 1020；
(2)∵Q为BC的中点．∴Q( 32,12,0)
∴AQ=( 32,32,0)，AC1=(0,2,2),CC1=(0,0,2)，
设平面AQC1的一个法向量为n=(x,y,z)，
由AQ·n= 32x+32y=0AC1·n=2y+2z=0，可取n=( 3,−1,1)，
设直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为θ，
sinθ=|cs|=|CC1→⋅n→||CC1→|⋅|n→|=2 5×2= 55，
∴直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为 55．
18.解：(1)根据函数f(x)=(x2+x+a)e2x，
得导函数f′(x)=(2x+1)e2x+2(x2+x+a)e2x=(2x2+4x+2a+1)e2x，
f″(x)=(4x+4)e2x+2(2x2+4x+2a+1)e2x=(4x2+12x+4a+6)e2x，
由于f(x)=(x2+x+a)e2x是R上的自律函数，且f″(x)在R上不可能恒小于零，
因此f(x)与f′(x)在区间R上都单调递增，
因此4x2+12x+4a+6≥02x2+4x+2a+1≥0在R上恒成立，
144−16(4a+6)≤016−8(2a+1)≤0，解得a≥34，
因此a∈[34,+∞)；
(2)当a=34时，f″(x)=(4x2+12x+9)e2x=(2x+3)2e2x，
令函数ℎ(x)=f″(x)=(4x2+12x+9)e2x，
那么导函数ℎ′(x)=(8x+12)e2x+2(4x2+12x+9)e2x=(8x2+32x+30)e2x，
根据导函数ℎ′(x)0)，则A(a,b−4,0)，
所以D1B=(a,b,−2 3)，DC1=(0,4,2 3)，
由DC1⊥D1B得D1B⋅DC1=4b−12=0，所以b=3，
又因为DA=2，所以 a2+(b−4)2=2，解得a= 3，
所以A( 3,−1,0)，B( 3,3,0)，
则DA=( 3,−1,0)，DB=( 3,3,0)，
所以DA⋅DB=( 3)2−3=0，
所以DA⊥DB；
(2)因为DC=2DA=4，由(1)知∠ADB=90°，所以∠ADC=120°，
如图，过点A作AH⊥CD于H，
则AH=AD⋅sin60°= 3，
因为DD1⊥平面ABCD，DD1⊂平面CC1D1D，
所以平面CC1D1D⊥平面ABCD，平面CC1D1D∩平面ABCD=DC，AH⊂平面ABCD，
所以AH⊥平面CC1D1D，
所以VC−A1C1D=VA1−CC1D=13S△CC1D⋅AH=13⋅(12×DC×CC1)⋅AH
=13×12×4×2 3× 3=4；
(3)由(1)得平面ABB1A1的一个法向量为n1=(1,0,0)，
假设存在E点满足条件，设D1E=λD1C1，(0≤λ≤1)，
则DE=DD1+D1E=(0,4λ,2 3)，
设平面EBD的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，
由n2⋅DE=0n2⋅DB=0，得4λy2+2 3z2=0 3x2+3y2=0，
令y2= 3，则x2=−3，z2=−2λ，所以n2=(−3, 3,−2λ)，
所以cs=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=−3 12+4λ2，
因为平面EBD与平面ABB1A1的夹角为π4，
所以|−3 12+4λ2|= 22，解得λ=± 62，
又因为0≤λ≤1，所以λ=± 62舍去，
所以线段C1D1上不存在点E使得平面EBD与平面ABB1A1的夹角为π4．