江苏省扬州中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（含答案）

这是一份江苏省扬州中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（含答案），共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高二数学
本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分，满分 150 分，考试时间 120 分钟.所有答案均写在答题纸上.
第 I 卷（选择题，共 58 分）
一、单项选择题：本题共 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 ．点(4, -1, 3)关于平面yOz 的对称点为 ( )
A ． (4, 1, 3) B ． (-4, -1, 3) C ． (4, 1, -3) D ． (4, -1, -3)
2 ．已知f 则f, (1)等于 ( )
A ．0 B ． -1 C ．2 D ．1
3 ．若把英语单词“ math ” 的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有 ( )
A ．24 种 B ．23 种 C ．12 种 D ．11 种
4 ． (x + y + z)4 的展开式共 ( )
A ．10 项 B ．15 项 C ．20 项 D ．21 项
5 ．下列关于空间向量的命题中正确的是 ( )
A ．已知两个向量 = (2, 1, 4) ，则 与 的夹角为锐角
B ．已知过点 A(1, 2, 3) 的平面 “ 的法向量为n = (0, 1, -1) ，则点P(2, -1, 3) 到平面 “ 的距离为
C ．若{ , , } 是空间的一组基底，则{ + 2,3 + , + 5 + } 也是空间的一组基底
D ．已知 = (1, 2, 3) ， = (0, 1, -1) ，则 在 上的投影向量坐标为
6 ．已知函数f = aex - ln 若不等式f(x)≥ 0 恒成立，则实数 a 的取值范围为 ( )
A ． B ． C ． D ．
7．“江畔何人初见月，江月何年初照人.”是扬州诗人张若虚笔下的千古名句.现有收录了《春
江花月夜》的 6 本不同诗集，语文老师要将他们全部奖励给 3 名同学，每人至少分得一本，则共有（ ）种分配方案
A ．90 B ．120 C ．360 D ．540
8 ．取两个相互平行且全等的正 n 边形，将其中一个旋转一定角度，连接这两个多边形的顶点，使得侧面均为等边三角形，我们把这种多面体称作“n 角反棱柱” . 当n = 4 时，得到如图所示棱长均相等的“ 四角反棱柱” ，则该“ 四角反棱柱”外接球的半径与棱长的比值的平方为 ( )
A ． + 4 B ． 22 C ． 8 + 23 D ． 8
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求、全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分.
9 ．如图，四棱柱ABCD _ A1 B1 C1D1 为正方体，则 ( )
A ．直线DD1 的一个方向向量为(0, 0, 1)
B ．直线BC1 的一个方向向量为(0, 1, 1)
C ．平面ABB1A1 的一个法向量为(0, 1, 0)
D ．平面B1CD 的一个法向量为(1, 1, 1)
10 ．下列有关排列数、组合数的等式中， n ∈ N*, m ∈ N, m ≤ n ，正确的是 ( )
_
A ． Cm = Cn m
n n
C ． CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(3),3) + CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(3),4) + CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(3),5) + + CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(3),9) = 210
D ． 2CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(2),2)0 + 3CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(3),2)0 + 4CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(4),2)0 + ... + 20CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(20),20) = 5 x 221 _ 20
11．已知函数f(x) 的定义域为(0, + ∞ ) ，f, (x ) 为f(x) 的导函数，满足2f 且f (1) = 0 ，则以下结论正确的是 ( )
B ．过原点且与f(x)相切的直线方程为y x
C ．不等式 的解集是(1, + ∞ )
D ．若k < f(x)恰有两个整数解，则 k 的取值范围是
第 II 卷（非选择题，共 92 分）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12 ．已知 CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(n),n)EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(1),1) = 21 ，那么n = ；
13 ．已知函数f x2 + x 与g(x) = 2lnx + m在区间 上的图象有两个公共点，则实数
m 的取值范围为 ．
14 ．已知在一正方体 ABCD-OPQR 中，其顶点 A 位于一个平面之内，且其余顶点位于该平面同一侧，已知点 O ，点 C，点 B 到该平面的距离的平方分别为 9 ，4 ，1 ，则该正方体
ABCD-OPQR 的体积为
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 ．设 (1_ x)n = a0 + a1x + a2x2 + + an xn ，且CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),n) = CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(8),n) ．
(1)求n 与a0 的值；
(2)求a2 + a4 + a6 + a8 + a10 的值．
16 ．如图， EA和DC 都垂直于平面 ABC ，且EA = 2DC = 2 ， AC = 2 ， F 是EB 的中点．
(1)证明： DF// 平面 ABC ；
(2)若四棱锥B _ ACDE 的体积为 3 ，求平面DEF 与平面ABC 夹角的余弦值的最大值．
17 ．中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计划利用暑期开设“ 围棋” 、“武术” 、“ 书法” 、“剪纸” 、“京剧” 、“刺绣”六门体验课程.
(1)若体验课连续开设六周，每周一门，求“京剧”课程不排第一周，“剪纸”课程不排最后一周的所有排法种数；
(2)现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程， 甲和乙有且只有一门共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数；
(3)计划安排 A, B, C, D, E 五名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师至少任教一门课程，教师 A 不任教“ 围棋”课程，教师B 只能任教一门课程，求所有课程安排的
种数.
18 ．已知函数f(x) = ex _ x ， g
(1)求函数f(x) 的极小值；
(2)讨论函数g(x) 的单调性；
(3)若存在实数 a ，使得f,(x) . g(x) ≥ bx2 在x ∈[0, +∞)恒成立，求实数 b 的取值范围．
19．在空间直角坐标系 Oxyz 中，这点P(x0 , y0 , z0) 且以EQ \* jc3 \* hps20 \\al(\s\up 7(r),u) = (a, b, c)为方向向量的直线方程可表
示为 过点P(x0 , y0 , z0) 且以EQ \* jc3 \* hps20 \\al(\s\up 7(r),u) = (a, b, c) 为法向量的平面方程可
表示为ax +by + cz = ax0 + by0 + cz0 ．
(1)已知直线l1 的方程为 直线l2 的方程为 请分别写出直线l1 和直线l2 的一个方向向量．
(2)若直线l 与l2 : _ 都在平面 “ 内，求平面 “ 的方程；
(3)若集合M = {(x, y, z)|| x | + | y | + | z |= 2} 中所有的点构成了多面体Ω的各个面，求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值．
1 ．B
【分析】根据空间直角坐标系中点的对称关系可得结果.
【详解】在空间直角坐标系中，点(x, y, z )关于平面yOz 对称的点，其y 坐标和z 坐标保持不变， x 坐标变为原来的相反数，
则点(4, -1, 3)关于平面 yOz 的对称点为(-4, -1, 3) ，故选：B.
2 ．B
【分析】对函数f(x)求导，在导函数中代入x = 1 ，即得.
【详解】 ∵ f ∴ f, (x) = x2 + 2f, (1)，
∴ f, (1) = 1+ 2f, (1)，
∴ f,(1) = -1．
故选：B.
3 ．B
【详解】“ math ”一共有4 个不同的字母，
这4 个字母全排列有AEQ \* jc3 \* hps10 \\al(\s\up 4(4),4) = 24 种方法，
其中正确的有1种，所以错误的有24 -1 = 23 种.
4 ．B
【分析】根据二项式定理的展开式项数即可得出结论.
【详解】
∵ (x + y + z )4 = (x + y ) + z 4 = CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(0),4) (x + y )4 + CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(1),4) (x + y )3 z + CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),4) (x + y )2 z2 + CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(3),4) (x + y )z3 + CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(4),4)z4 ，
由二项式定理可知， (x + y )n 展示式中共有n +1 项， ∴ (x + y + z)4 的展开式共有5 + 4 + 3 + 2 +1 = 15 项.
故选：B．
5 ．D
【分析】根据 = 2可判断A；利用点到平面距离公式计算可判断 B ；根据 + 5 + = + 2+ 3 + 可判断 C；利用投影向量公式计算可判断 D.
【详解】对于 A ，因为 = (2, 1, 4) ，则 = 2 ，
所以非零向量 与非零向量方向相同，夹角不是锐角，故 A 错误；对于 B ，因为 = (1, -3, 0 )，
所以点P(2, -1, 3)到平面 “ 的距离为 故 B 错误；
对于 C ，因为 + 5 + = + 2+ 3 + ，
所以 + 2,3 + , +5 + 共面，
故{ + 2,3 + , + 5 + }不是空间的一组基底，故 C 错误；对于 D ，已知 = (1, 2, 3) ， = (0, 1, -1) ，
则 在 上的投影向量坐标为 = , 1, -1)= 0, - , l ，故 D 正确.
6 ．A
【分析】 由题意可得ex+lna + x +ln a ≥ e ln(x-1)+ln (x -1 )恒成立，构造函数g(x) = ex + x ，可得g (x + ln a ) ≥ g(ln(x -1)) ，结合函数单调性可得ln a ≥ ln(x -1)- x 恒成立，构造函数
h (x) = ln(x -1) - x (x >1) ，借助导数研究其单调性后计算即可得解.
【详解】 由f(x) ≥ 0 恒成立，则aex ≥ ln(x -1)-ln a -1恒成立，
即aex + ln a ≥ ln(x -1)-1恒成立，
即ex+lna + x +ln a ≥ e ln(x-1)+ln (x -1 )恒成立，
令g (x) = ex + x ，则g (x + ln a ) ≥ g (ln (x -1)) ，
由g(x) = ex + x 在R 上单调递增，故x + ln a ≥ ln(x -1) ，则ln a ≥ ln(x -1)- x 恒成立，令h(x) = ln(x -1) - x (x > 1) ，则h,
当x ∈(1, 2) 时， h,(x) > 0 ，当x ∈(2, +∞ ) 时， h,(x) < 0 ，故h(x)在(1, 2)上单调递增，在(2, +∞ )上单调递减，
故h(x) ≤ h (2) = ln(2 -1)- 2 = -2 ，故ln a ≥ -2 ，则a ≥ ,
e
即实数 a 的取值范围为
7 ．D
【分析】先分组再分配，利用分步乘法计数原理进行计算.
【详解】先将 6 本不同诗集分成 3 组，可分三种情况：
情况一：按1, 1, 4 分组：则有种；
情况二：按1, 2, 3 分组：则有CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(1),6)CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),5) = 60 种；
情况三：按2, 2, 2 分组：则有种；
所以 6 本不同诗集全部奖励给 3 名同学共有(15 + 60 +15)AEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(3),3) = 90× 6 = 540 种分配方案.
8 ．A
【分析】设上下正四边形的中心分别为O1 , O2 ，连接O1O2 ，设出棱长，利用外接圆的性质求出外接球的半径，最后求出比值.
【详解】如图，由题意可知旋转角度为 π , 设上下正四边形的中心分别为O1 , O2 ， 2
连接O1O2 ，则O1O2 的中点O 即为外接球的球心，其中点B 为所在棱的中点，
设棱长为4a ，可知O1A = 22a ， O2B = 2a , AB = 2 3a ，
过点B 作BC 丄 O1A 于点C ，则 AC = O1A _ O2B = (22 _ 2)a ，
BC AB2_ACa ，易得四边形CBO2O1 为矩形，即 O1O2 = BC a ，
则OA OOO1A 即该“ 四角反棱柱”外接球的半径R a ，故该“ 四角反棱柱”外接球的半径与其棱长的比值的平方为 故选：A.
【点睛】本题的关键是读懂题意，求出旋转角度为 π , 再设出棱长，利用图形作出合理辅助
4
线，利用勾股定理求出外接球的半径，最后得到比值.
9 ．ABC
【分析】根据空间直线的方向向量的概念以及平面的法向量的定义逐一判断即可得到答案．
【详解】设正方体的棱长为a ，

对于选项 A ，由D1 (0, a, a) ， D(0, a, 0) ，则DD1 = (0, 0, a) ，所以DD1 与(0, 0, 1) 平行，
故直线DD1 的一个方向向量为(0, 0, 1) ，故选项 A 正确；
对于选项 B ，由B(a, 0, 0) ， C1 (a, a, a) ，则 a , a) ，
所以BC1 与(0, 1, 1)平行，故直线BC1 的一个方向向量为(0, 1, 1) ，故选项 B 正确；
对于选项 C ，由 A(0, 0, 0) ， D(0, a, 0) ，则 = (0, a, 0) ，
又 是平面ABB1A1 的一个法向量，且 与(0, 1, 0)平行，
所以平面 ABB1A1 的一个法向量为(0, 1, 0) ，故选项 C 正确；
对于选项 D ，由C(a, a, 0) ，D(0, a, 0) ，则 CD = (_a, 0, 0) ，
又 CD .(1, 1, 1) = (_a, 0, 0) . (1, 1, 1) = _a ≠ 0 ，则 与(1, 1, 1) 不垂直，
所以(1, 1, 1)不是平面B1CD 的一个法向量，故选项 D 不正确．
故选：ABC
10 ．ACD
【分析】利用组合数性质判断A；利用排列数阶乘公式判断 B；利用组合数性质计算判断C；利用组合数性质及二项式定理计算判断 D.
【详解】对于 A ，由组合数性质知， CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(m),n) = CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(n),n)_m ，A 正确；
对于 B ，当n ≥ m ≥ 2 时， A B 错误；
对于 C ， CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(3),3) + CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(3),4) + CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(3),5) + + CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(3),9)=CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(4),4) + CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(3),4) + CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(3),5) + + CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(3),9) = CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(4),5) + CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(3),5) + + CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(3),9)
对于 D ，因为kC nC
所以2CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(2),2)0 + 3CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(3),2)0 + 4CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(4),2)0 + ... + 20CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(20),20) = 20CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(1),1)9 + 20CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(2),1)9 + 20CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(3),1)9 + ... + 20CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(1),1)EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(9),9)
= 20(CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(1),1)9 + CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(2),1)9 + CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(3),1)9 + ... + CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(19),19) )= 20 (CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(0),1)9 +CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(1),1)9 + CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(2),1)9 + CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(3),1)9 + ... + CEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(19),19) -1 )
= 20x (219 -1) = 5 x 22 x 219 - 20 = 5 x 221 - 20，D 正确.
11．ABD
【分析】对条件同时乘x 得出导函数，得出x2f (x) = lnx + c ，由f(1) = 0 得出c = 0 判断 A 即可；根据过一点求切线方程即可判断 B ；对f(x)求导，利用单调性求解即可判断 C；
根据f(2) > f (3) > f (4) > 0 ，要使k < f(x)恰有 2 个整数解，f (4) ≤ k < f(3)，计算即可判断 D.
【详解】A 选项，由2f x ∈(0, +∞ ) ，可得 + x2 f, 即
故x2f (x) = lnx + c ， c 为常数， 由f(1) = 0 ，可得c = 0 ，故f x ∈(0, +∞ ) ，故 A 正确：
B 选项，设切点为(x0 , y0) ， y ，设切线斜率为k ，则k = f 所以切线方程为y - y ，即y
因为切线过原点，所以
解得3lnx0 = 1 ， x0 = ，所以k 切线方程为y x .故 B 正确； C 选项， f,
故当x ∈(0, ·、e ) 时， f, (x) > 0 ，当x e, + ∞ ) 时， f, (x) < 0 ，
所以f(x)在(0, 、e )上单调递增，在( 、e , +∞ )上单调递减，故f(x) 的极大值为f( e ) = ，
又f(1) = 0 ， 0 < x 1 时， f (x) > 0 ，且x → 0 时， f (x) → _∞ , x → +∞ 时， f (x) → 0 ；
1 1 1 1
当x > 时， x _ > 0 ，当x < 时， x _ < 0 ，
2 2 2 2
的解集是 u (1, +∞ ) ，故 C 错误；
D 选项，因为f(2) >f (3) >f (4) > 0 ，所以要使k < f(x)恰有 2 个整数解，
则整数解为 2 和 3 ，所以f(4) ≤ k < f(3) ，即 化简得 故实数 k 的取值范围是 ，故 D 正确.
12 ． 6
【分析】根据组合数的性质及组合数的计算公式计算可得；
【详解】解：因为CEQ \* jc3 \* hps13 \\al(\s\up 4(n),n)EQ \* jc3 \* hps13 \\al(\s\up 4(1),1) = 21 ，所以CEQ \* jc3 \* hps13 \\al(\s\up 3(2),n)+1 = 21 ，即 即n2 + n _ 42 = 0 ，解得n = 6
或n = _7 （舍去）
故答案为： 6
【分析】 问题转化为m x2 + x _ 2 ln x 在区间 上的图象有两个解, 令h x2 + x _ 2 ln x ,研究h(x) 在 上的性质即可.
【详解】 问题转化为 x2 + x = 2 ln x + m 在区间 上的图象有两个解,即m x2 + x _ 2 ln x ,
令h x2 + x _ 2 ln x ,
当x 时， h,(x) < 0, h(x) 单调递减；
当x ∈(1,e]时， h,(x) > 0, h(x) 单调递增；
因为直线y = m 与y = h(x)在区间 上有两个公共点，所以m
故答案为：
14 ． 1111
【分析】建立空间直角坐标系，设正方体棱长与顶点坐标，利用点到平面的距离公式，结合已知距离平方列方程，解方程得出棱长，从而计算正方体体积.
【详解】设正方体棱长为a ，以 A 为原点，
分别以AB ， AD ， AO 所在直线x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，
各顶点坐标为： A(0, 0, 0) ， B(a, 0, 0) ， C(a, a, 0) ， O(0, 0, a) ，
已知平面过A ，设平面的单位法向量为(l, m, n) ，满足l2 + m2 + n2 = 1 ，
由于其余顶点都在平面同侧，任意点(x, y, z) 到平面的距离为lx + my + nz > 0 ，
距离的平方为(lx + my + nz) 2 ，根据题意： B 到平面距离平方为1： (al)2 = 1 ，记x = al ，得x2 = 1 ，
C 到平面距离平方为4：
(al + am)2 = 4 ，记y = am ，得(x + y)2 = 4 ， O 到平面距离平方为9：
(an)2 = 9 ，记z = an ，得z2 = 9 ，
由l2 + m2 + n2 = 1 ，两边乘a2 得： x2 + y2 + z2 = a2 ，由于所有顶点都在平面同侧， x, y, z > 0 ，
因此： x = 1 ， x + y = 2 ，得y = 1 ， z = 3 ，所以： a2 = 12 +12 + 32 = 11 ，即a = ·11 ，所以正方体体积 V = a3 = 1111 .
15 ．(1) n = 10 ， a0 = 1
(2) 511
【分析】（1）根据组合数的性质可得n = 10 ，即可利用赋值法求解a0 = 1 ， （2）利用赋值法即可求解.
【详解】（1）根据CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),n) = CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(8),n) 可得n = 10 ，
令x = 0 ，则 a0 = 1
（2）令x = 1 ，则(1_1)10 = a0 + a1 + a2 + + a10 = 0 令x = _1 ，则(1+1)10 = a0 _ a1 + a2 _ a3 + a10 = 1024 ，相加可得a2 + a4 + a6 + a8 + a10 = 512 _ a0 = 511
16 ．(1)证明见解析
【分析】（1）取AB 的中点M ，连接CM ，FM ，证明FMCD 为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可求出；
（2）法一：先根据体积求出点B 到平面ACDE 的距离，再建立空间直角坐标系求出平面DEF与平面 ABC 的法向量，代入公式即可求出最大值；
法二：先根据体积求出点B 到平面ACDE 的距离，延长ED 和AC 交于点N ，过 A 作
AH 丄 BN 于H ，找到LAHE 为平面DEF 与平面 ABC 的夹角，再根据三角形面积相等得BN . AH = 12 ，同时结合BN ≥ 3 即可求出.
【详解】（1）取 AB 的中点M ，连接CM ， FM ，
1
F ，M 分别是EB 和AB 的中点，：FM 与 AE 平行且xd； 2
1
EA 和DC 都垂直于平面 ABC ，且EA = 2DC ，：DC 与 AE 平行且相等， 2
：FM 与DC 平行且相等， ：四边形FMCD 为平行四边形，：DF∥CM ，又 DF 丈 平面 ABC ， CM C 平面 ABC ，：DF / / 平面 ABC ．
（2）设B 到平面ACDE 的距离为d ，
则VB-ACDE SACDE .d 故d = 3．
法一：由于DC 垂直于平面ABC ，建立如图空间直角坐标系C - xyz ， EA = 2DC = 2 ， AC = 2 ，
：C (0, 0, 0) ， D (0, 0, 1) ， A (0, 2, 0) ， E (0, 2, 2 )，
设B (3, t, 0 ) ，则F
= (0, 2, 1)，
设平面DEF 的法向量为 = (x, y, z ) ，则由
取x = t + 2 ，得y= - 3 ， z = 6 ，因此平面DEF 的一个法向量 = (t + 2, -3, 6)．由于DC 垂直于平面ABC ，因此 = (0, 0, 1)是平面 ABC 的一个法向量．
设平面DEF 与平面 ABC 的夹角为θ ,
则csθ = cs ∴平面DEF 与平面 ABC 夹角的余弦值的最大值为
法二：延长ED 和AC 交于点N ，过 A 作AH 丄 BN 于H ，
EA 丄 平面 ABC ，：EA丄 BN ，又 AH 丄 BN , AH EA = A ，且两直线在平面内， ：BN 丄 平面 AHE ，：BN 丄 HE ，
：LAHE 为平面DEF 与平面ABC 的夹角，
由S△ABN AN . d BN . AH ，得BN . AH = 12 ，
而BN ≥ 3 ，所以AH ≤ 4 ，当且仅当BN 丄 AN 时等号成立；
：tanLAHE csLAHE ≤ ,
∴平面DEF 与平面 ABC 夹角的余弦值的最大值为
17 ．(1)504 (2)360
(3)1140 种
【分析】（1）利用间接法计算可得；
（2）首先确定甲和乙的不同课程、相同的课程，最后再确定丙的课程，按照分步乘法计数原理计算可得；
（3）分 A 只任教 1 科和 A 任教 2 科两种情况讨论，按照分类加法计数原理计算可得. 【详解】（1）依题得，共有AEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(6),6) _ 2AEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(5),5) + AEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(4),4) = 504 种；
（2）第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有AEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),6)种情况；第二步，将甲和乙的相同课程排好，有CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(1),4)种情况；
第三步，因为丙和甲，乙的课程都不同，所以丙的排法CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),3)种情况；
因此，所有选课种数为AEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),6) × CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(1),4) × CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),3) = 360 .
（3）①当 A 只任教 1 科时：先排A 任教科目，有CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(1),5)种；
再从剩下 5 科中排B 的任教科目，有CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(1),5)种；
接下来剩余 4 科中必有 2 科为同一名老师任教，分三组全排列，共有CEQ \* jc3 \* hps9 \\al(\s\up 4(2),4)AEQ \* jc3 \* hps9 \\al(\s\up 4(3),3)种；
所以当 A 只任教 1 科时，共有C 种；
②当 A 任教 2 科时：先选 A 任教的 2 科有CEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),5)种，
这样 6 科分为 4 组共有C种，所以当 A 任教 2 科时，共有900 + 240 = 1140 种，
综上课程安排方案有 1140 种.
18 ．(1)极小值为f(0) = 1
(2)答案见解析
(3) (_∞, 1]
【分析】（1）求导，利用导数分析 f(x) 的单调性和极值；
（2）求导，分类讨论两根大小，结合导数的符号分析函数g(x) 的单调性；
（3）分析可得(b__1)x2 _ ax _1 ex + x2 + ax +1≤ 0，令h(x) = (b__1)x2 _ ax _1 ex + x2 + ax +1， x ∈ [0, +∞) ，分类讨论b__1 的符号，结合恒（能）成立问题分析求解.
【详解】（1）因为f(x) = ex _ x 的定义域为R ，且f,(x) = ex _1，当x ≥ 0 时， f,(x) ≥ 0 ；当x < 0 时， f,(x) < 0 ；
可知f(x)在[0, +∞)上单调递增，在(_∞, 0)单调递减，所以f(x) 的极小值为f(0) = 1．
（2）因为g(x) 的定义域为R ，且g , 令g ,(x) = 0 ，解得x = 1 或x = 1_ a ，
当1 _ a = 1 ，即a = 0 时，则g , 可知g(x)在(_∞, +∞)上单调递减；
当1_ a < 1 ，即a > 0 时，令g ,(x) > 0 ，解得1 _ a < x < 1 ；令g,(x) < 0 ，解得x > 1 或x < 1 _ a ；可知g(x) 在(1_ a, 1) 上单调递增，在(_∞, 1_ a) ， (1, +∞) 上单调递减；
当1_ a > 1 ，即a < 0 时，令g ,(x) > 0 ，解得1 < x < 1 _ a ；令g,(x) < 0 ，解得x > 1_ a 或x < 1；可知g(x) 在(1, 1_ a ) 上单调递增，在(_∞, 1) ， (1_ a, +∞)上单调递减；
综上所述：当a = 0 时， g (x)在(_∞, +∞)上单调递减；
当a > 0 时， g (x) 在(1_ a, 1) 上单调递增，在(_∞, 1_ a) ， (1, +∞) 上单调递减；
当a < 0 时， g (x) 在(1, 1_ a ) 上单调递增，在(_∞, 1) ， (1_ a, +∞)上单调递减.
（3）因为f,(x) . g(x) ≥ bx2 ，即 bx2 ，可得 (b__1)x2 _ ax _1 ex + x2 + ax +1≤ 0，
令h(x) = (b__1)x2 _ ax _1 ex + x2 + ax +1， x ∈ [0, +∞) ，
①当b > 1时，若a < 0 ，则h ，不合题意；若a ≥ 0 ，方程(b__1)x2 _ ax _1 = 0 满足 Δ = a2 + 4(b__1) > 0 ，
且_ _ < 0 ，可知方程(b__1)x2 _ ax _1 = 0 有一正一负两个实根，取其正根为x0 ，则h(x0) = x02 + ax0 +1 > 0 ，不合题意；
综上所述：当b >1时，不存在实数 a ，使得h(x)≤ 0 恒成立；
②当b ≤ 1时，不妨取a = 0 ，则h(x) = (b__1)x2 _1 ex + x2 +1≤ _ex + x2 +1，记m(x) = _ex +1+ x2 (x ≥ 0) ，则m,(x) = _e x + 2x ，
令F (x ) = m ,(x ),x ≥ 0 ，则F , (x ) = _ex + 2 ，
当x ∈(ln 2, +∞ ) 时， F,(x) < 0 ；当x ∈[0, ln 2) 时， F, (x ) > 0 ；
可知F(x )在(ln 2, +∞ ) 内单调递减，在[0, ln 2) 内单调递增，则F(x) ≤ F(ln 2) = _2 + 2 ln 2 < 0 ，即m, (x) < 0 ，
可知m(x)在[0, +∞) 单调递减，则m(x) ≤ m(0) = 0 ，
即对▽b ∈ (_∞, 1] ，都存在a = 0 ，使得h(x) ≤ m(x) ≤ 0 在[0, +∞)恒成立，综上所述：实数 b 的取值范围为(_∞, 1] ．
19 ．(1)l1 的一个方向向量1 = (2, 1, _1) ；l2 的一个方向向量 = (_1, 4, 2) （答案不唯一，符合
题意即可）
(2)2x - y + 3z = 5
32 1
(3)Ω 的体积为 ，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为
3 3 【分析】（1）根据题意即可得直线的方向向量；
（2） 由直线方程可得两直线经过的点及方向向量，利用两方向向量求得平面的法向量，结合点与法向量可得平面方程；
（3）由集合M 可知各面所在平面的方程，利用各面与坐标轴的交点坐标作出图形，结合几何体的对称性求解体积；利用向量夹角求解面面角可得.
【详解】（1）因为直线l1 的方程为 ，即 可知直线l1 的一个方向向量1 = (2, 1, -1)；
直线l2 的方程为 可知直线l2 的一个方向向量
（2） 由题意可知：直线l1 过点P (1, 0, 1)，且其一个方向向量为3= (2, 1, -1)，直线l2 过点P (1, 0, 1)，且其一个方向向量为4= (- 1, 4, 2 ) ，
则P (1, 0, 1)为平面 “ 内一点.
设平面 “ 的法向量为 = (x1 ,y1 ,z1) ，则 令x1 = 2 ，则y1 = -1, z1 = 3 ，可得n = (2, -1, 3) ，
所以平面 “ 的方程为2x -y + 3z = 2 × 1+ (-1)× 0 + 3× 1 ，即2x -y + 3z = 5 .
（3） 由集合M = {(x, y , z) || x | + | y | + | z |= 2} 可知，
多面体Ω 与坐标轴交于各点M(2, 0, 0),N(0, 2, 0) ,R(- 2, 0, 0)， S (0, -2, 0),E (0, 0, 2),F (0, 0, -2) ，如图所示，
可知四边形MNRS 为正方形，
边长 所以，正方形MNRS 的面积为(2/2 )2 = 8 ，而正四棱锥E - MNRS 的高为 ，
则 V四棱锥E-MNRS x 2 x
所以多面体Ω 的体积为V = 2V四棱锥E-MNRS = 2 x
由集合M = {(x, y, z) || x | + | y | + | z |= 2} 中所有的点构成了多面体Ω 的各个面，点M(2, 0, 0), N(0, 2, 0), E(0, 0, 2) 均满足方程x + y + z = 2 .
可知平面MNE 的方程为x + y + z = 2 ，且该平面的一个法向量为 = (1, 1, 1)，
同理可知，平面ENR 的方程为-x + y + z = 2 ，该平面的一个法向量为 = (-1, 1, 1)，平面MNF 的方程为x + y - z = 2 ，该平面的一个法向量为 = (1, 1, -1) ，
所以cs cs
1由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为 .
3
1故多面体Ω 相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为 .
3
32 1综上， Ω 的体积为 ，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为 .
3 3