2024-2025学年江苏省南京市南京外国语学校高二下学期期中考试数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年江苏省南京市南京外国语学校高二下学期期中考试数学试卷（含解析），共12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.设M=x|x=k2,k∈Z,N=x|x=k+12,k∈Z，则( )
A. M⊆NB. N⊆MC. M=ND. M∩N=⌀
2.设z为复数，则下列命题中错误的是( )
A. |z|2=zzB. 若|z|=1，则z+i的最大值为2
C. z2=|z|2D. 若|z−1|=1，则0≤|z|≤2
3.20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有( )
A. 120B. 240C. 300D. 360
4.已知颜色分别是红、绿、黄的三个大小相同的口袋，红色口袋内装有两个红球，一个绿球和一个黄球；绿色口袋内装有两个红球，一个黄球；黄色口袋内装有三个红球，两个绿球(球的大小质地相同).若第一次先从红色口袋内随机抽取1个球，然后将取出的球放入与球同颜色的口袋内，第二次从该口袋内任取一个球，则第二次取到黄球的概率为( )
A. 16B. 14C. 548D. 1148
5.在(2x+y+3z)6的展开式中xy3z2项的系数为( )
A. 360B. 540C. 720D. 1080
6.空间四边形ABCD中，AB=BC=CD=DA=BD=AC=a，M，N分别是BC与AD的中点，则异面直线AM，CN所成角的余弦值大小为( )
A. 15B. 25C. 23D. 34
7.从1，2，3，…，10这10个数中任取5个不同的数a1，a2，a3，a4，a5，则存在1≤ia2> … >an>0，⊙Ck(k=1,2,3,…,n)都与x轴相切，且顺次逐个相邻外切．
(1)求a2；
(2)求由a1，a2，…，an构成的数列an的通项公式；
(3)求证：a12+a22+…+an2b>0)的离心率为 33，左、右顶点分别为A、B，点P、Q为椭圆上异于A、B的两点，▵ABP面积的最大值为 6．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线AP、BQ的斜率分别为k1、k2，且k1=2k2．
①求证：直线PQ经过定点；
②设▵PQB和▵PQA的面积分别为S1、S2，求|S1−S2|的最大值．
答案解析
1.【答案】B
【解析】【分析】利用子集和集合相等的定义，结合交集的定义即可求解．
【详解】由题意可知，M=x|x=k2,k∈Z，则集合M为整数的12构成的集合，
N=x|x=k+12,k∈Z=x|x=2k+12,k∈Z，则集合N为整数中奇数的12构成的集合，
所以N⊆M，故B正确；A， C错误；
所以M∩N=x|x=k2,k∈Z∩x|x=k+12,k∈Z=x|x=2k+12,k∈Z=N，故D错误．
故选：B．
2.【答案】C
【解析】【分析】根据复数的概念和运算以及几何意义，逐项分析判断即可得解．
【详解】
设z=a+bi(a,b∈R)，则z=a−bi，
z⋅z=(a+bi)(a−bi)=a2−b2i2=a2+b2=|z|2，故A正确；
由|z|=1，得a2+b2=1(−1≤b≤1)，则z+i= a2+(b+1)2= 2+2b，
当b=1时，z+i的最大值为2，故B正确；
z2=(a+bi)2=a2−b2+2abi，|z|2=a2+b2，z2与|z|2不一定相等，故C错误；
满足|z−1|=1的z的轨迹是以(1,0)为圆心，以1为半径的圆，如图所示，
则0≤|z|≤2，故D正确．
故选：C．
3.【答案】A
【解析】【分析】将问题化为17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中，再应用组合数求不同的放法数．
【详解】先往2号，3号盒内分别放入1个球和2个球，此时每个盒子至少还需放入1个球，
将剩下的17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可，
共有C162=120(种)方法．
故选：A
4.【答案】D
【解析】【分析】根据条件概率公式和概率的乘法公式以及全概率公式即可求解．
【详解】记第一次抽到红、绿、黄球的事件分别为A1,A2,A3，
则PA1=12,PA2=PA3=14，
记第二次在红、绿、黄色口袋内抽到黄球的事件分别为B1,B2,B3，
而A1,A2,A3两两互斥，其和为Ω，
所以PB1|A1=14,PB2|A2=14,PB3|A3=16，
记第二次抽到黄球的事件为B，
则P(B)=i=13 PAiBi=i=13 PAi⋅PBiAi =12×14+14×14+14×16=1148，
故选：D．
5.【答案】D
【解析】【分析】根据给定多项式，结合指定项及组合数求对应系数即可．
【详解】(2x+y+3z)6相当于6个因式(2x+y+3z)相乘，
其中一个因式取2x，有C61种取法，
余下5个因式中有3个取y，有C53种取法，
最后2个因式中全部取3z，有C22种取法，
故(2x+y+3z)6展开式中xy3z2的系数为C61×2×C53×1×C22×32=1080．
故选：D
6.【答案】C
【解析】【分析】连接DM，设O为MD的中点，连接OC、ON，分析可知∠ONC为异面直线AM和CN所成的角(或补角)，求出▵CON的三边边长，结合余弦定理求解即可．
【详解】如图：连接DM，设O为MD的中点，连接OC、ON，
因为O、N分别为DM、AD的中点，所以ON=12AM且ON//AM，
所以∠ONC为异面直线AM和CN所成的角(或补角)，
因为▵ABC是边长为a的等边三角形，M为BC的中点，所以AM⊥BC，
所以AM= AB2−BM2= a2−a22= 32a，同理可得DM=CN= 32a，
所以ON=12AM= 34a，OM=12DM= 34a，
OC= MC2+MO2= a22+ 34a2= 74a，
在▵CON中由余弦定理可得：cs∠ONC=ON2+CN2−OC22ON⋅CN=3a216+3a24−7a2162× 3a4× 3a2=23，
因此，异面直线AM和CN所成角的余弦值为23．
故选：C
7.【答案】C
【解析】【分析】由题知，从10个数中任取5个的组合数为：C105=252，又5个数均不相邻的有C65=6，用总数减去不相邻的即可．
【详解】总情况数：从10个数中任取5个的组合数为：C105=252，
不相邻组合数：要求5个数均不相邻，相当于在10个数中插入至少1个间隔，
此时问题等价于从10−(5−1)=6个位置中选5个数，组合数为：C65=6，
符合条件的组合数：总情况数减去不相邻的组合数：252−6=246．
故选：C．
8.【答案】D
【解析】【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面α的法向量，利用空间向量求出点到平面的距离．
【详解】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0),A1(2,0,2),E(1,2,0),F(2,2,1),G(0,0,1)，
EA1=(1,−2,2),GF=(2,2,0),AG=(−2,0,1)，设平面α的法向量n=(x,y,z)，
由A1E//α，FG⊂α，得n⊥EA1,n⊥GF，则n⋅EA1=x−2y+2z=0n⋅GF=2x+2y=0，令z=3，得n=(−2,2,3)，
所以点A到平面α的距离d=|AG⋅n||n|=7 17=7 1717．
故选：D
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】应用二倍角余弦公式及正弦边角关系得a2+b2=2c2，再应用余弦定理、基本不等式求csC的范围，即可得．
【详解】因为cs2A+cs2B=2cs2C，所以1−2sin2A+1−2sin2B=2−4sin2C，
由正弦边角关系得a2+b2=2c2，则csC=a2+b2−c22ab=a2+b24ab≥2ab4ab=12，
当且仅当a=b时等号成立，
故选：ABC
10.【答案】ACD
【解析】【分析】对A，利用直接法求出离心率；对B，以F1F2为直径的圆的半径r=2=b，可得存在P(0,±2)，得解；对C，设直线AB的方程为x=my+2，根据S▵ABF1=12|F1F2|⋅|y1−y2|，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合基本不等式求出y1−y2的最大值得解；对D，联立曲线Γ和椭圆C方程求解判断．
【详解】对于A，由椭圆C:x28+y24=1的方程可得a2=8，b2=4，
所以离心率e=ca= 1−b2a2= 1−48= 22，故A正确；
对于B，由题意可得c=2，所以以F1F2为直径的圆的半径r=2=b，
所以当P为(0,±2)，存在P使得PF1⋅PF2=0；故B错误；
对于C，显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x=my+2，设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立x=my+2x28+y24=1，整理可得(2+m2)y2+4my−4=0，
y1+y2=−4m2+m2，y1y2=−42+m2，
所以|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2= 16m2(2+m2)2+162+m2=4 2⋅ 1+m2(2+m2)2，
=4 2⋅ 1(1+m2)+11+m2+2≤4 2⋅ 12 (1+m2)⋅11+m2+2=2 2，
当且仅当1+m2=11+m2，即m=0时取等号，
所以S▵ABF1=12|F1F2|⋅|y1−y2|≤12⋅4⋅2 2=4 2，故C正确；
对于D，联立8x2+4y2=1x28+y24=1，两式相乘可得：1+1+x22y2+2y2x2=1，
可得x22y2+2y2x2=−1，显然不成立，即两个曲线无交点，故D正确．
故选：ACD．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】由正方体的结构特征，根据线面垂直的判定和性质证明线性垂直判断A；由已知证明B1C//平面A1C1D，再由棱锥的体积求法判断B；由已知得异面直线AP与A1D所成角为直线AP与直线B1C的夹角，即可判断C；构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角正弦值判断D．
【详解】A：连接AD1，由正方体的结构特征得A1D⊥AD1，
A1B1⊥平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，则A1B1⊥AD1，
而A1B1∩A1D=A1都在平面A1B1CD内，则AD1⊥平面A1B1CD，
而A1P⊂平面A1B1CD，则直线AD1⊥直线A1P，正确；
B：由题设，易知四边形A1B1CD为平行四边形，
所以A1D//B1C，A1D⊂平面A1C1D，B1C⊄平面A1C1D，
∴B1C//平面A1C1D，点P在线段B1C上运动，
∴P到平面A1C1D的距离为定值，又▵A1C1D的面积是定值，
∴三棱锥P−A1C1D的体积为定值，正确；
C：∵A1D//B1C，则异面直线AP与A1D所成角为直线AP与直线B1C的夹角．
易知▵AB1C为等边三角形，当P为B1C的中点时AP⊥B1C；
当P与点B1或C重合时，直线AP与直线B1C的夹角为π3．
故异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[π3,π2]，错误；
D：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，

设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则P(a,1,a),C1(0,1,1),B(1,1,0),D1(0,0,1)，
所以C1P=(a,0,a−1)，D1B=(1,1,−1)，又BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，
所以BB1⊥A1C1，又B1D1⊥A1C1，BB1∩B1D1=B1都在平面BB1D1内，则A1C1⊥平面BB1D1，
BD1⊂平面BB1D1，则A1C1⊥BD1，同理A1D⊥BD1，A1C1∩A1D=A1都在平面A1C1D内，
所以BD1⊥平面A1C1D，则D1B=(1,1,−1)是平面A1C1D的一个法向量，
直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为|C1P⋅D1B||C1P|⋅|D1B|=1 a2+(a−1)2⋅ 3=1 3⋅ 2(a−12)2+12，
∴当a=12时，直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为 63，正确．
故选：ABD
12.【答案】80
【解析】【分析】由(2x−1)5=[2(x−1)+1]5，结合二项展开式的通项公式，得解．
【详解】由(2x−1)5=[2(x−1)+1]5，则a3=C53⋅23⋅12=80．
故答案为：80．
13.【答案】120
【解析】【分析】根据题意10次搬盒子任选其中3次搬第一堆的3个盒子，应用组合数求不同的搬法数．
【详解】由题设，共需搬10次，选择其中3次搬走第一堆的3个盒子，故有C103=120，
故答案为：120
14.【答案】3091
【解析】【分析】先让11个人入坐，再把其余4人插空求任取4人两两不相邻的入坐方法数，再应用古典概型的概率求法求概率．
【详解】15个人围坐在圆桌旁从中任取4人，两两互不相邻，
先让11个人入坐，再把其余4人插空，共有A111111⋅A114种不同的围坐方法，
所求概率是A111111⋅A114A151515=3091．
故答案为：3091
15.【答案】(1)由(a+b+c)(a+c−b)=3ac，得a2+c2−b2=ac，
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=12，且B为三角形内角，故B=π3．
(2)由(1)知A+C=2π3，则2cs2A+cs(A−C)=1+cs2A+cs(2A−2π3)，
=1+cs2A−12cs2A+ 32sin2A=sin(2A+π6)+1，
由0