2023-2024学年河南省开封市五校高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省开封市五校高二（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.已知集合M={x|x2−x−2<0}，N={x|−2⩽x⩽ln3}，则M∩N=( )
A. (−1,2)B. [−2,2)C. [ln3,2)D. (−1,ln3]
2.(x−1x2)6展开式中的常数项为( )
A. −20B. −15C. 15D. 20
3.从集合{−2,−1,0,1,2}中任取两个不同的数a，b组成复数a+bi，其中虚数有( )
A. 16个B. 20个C. 12个D. 15个
4.将9个志愿者的名额分配给4个班，每班至少一个名额，则不同的分配方法的种数为( )
A. 504B. 126C. 112D. 56
5.已知A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)=12,P(B)=13,P(A|B)=14，则P(B|A)=( )
A. 56B. 23C. 13D. 16
6.甲辰龙年春节哈尔滨火爆出圈，成为春节假期旅游城市中的“顶流”.甲、乙等6名网红主播在哈尔滨的中央大街、冰雪大世界、圣索菲亚教堂、音乐长廊4个景点中选择一个打卡游玩，若每个景点至少有一个主播去打卡游玩，每位主播都会选择一个景点打卡游玩，且甲、乙都单独1人去某一个景点打卡游玩，则不同游玩方法有( )
A. 96种B. 132种C. 168种D. 204种
7.A、B两组各有3人独立的破译某密码，A组每个人成功破译出该密码的概率为p1，B组每个人成功破译出该密码的概率为p2，记A、B两组中成功破译出该密码的人数分别为X，Y，若0A. E(X)>E(Y)，D(X)E(Y)，D(X)>D(Y)
C. E(X)D(Y)
8.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题.用m|x表示整数x被m整除，设a，b∈Z，m∈N*且m>1，若m|(a−b)，则称a与b对模m同余，记为a≡b(mdm).已知a=C160×516−C161×515+…+C1614×52−C1615×5，则( )
A. a≡2030(md7)B. a≡2031(md7)C. a≡2032(md7)D. a≡2033(md7)
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.若m，n∈N*且1A. Cnm+Cnm−1=Cn+1m+1B. (n+1)Cnm=(m+1)Cn+1m+1
C. A2024m=C20242024−mAmmD. An+1m−Anm=(m−1)Anm−1
10.若(1−x)3+(1−x)8=a0+a1(x+1)+⋯+a8(x+1)8，则下列说法正确的有( )
A. a0=264B. a1+a2+⋯+a8=−262
C. 22a1+23a2+⋯+29a8=−264D. a2=1798
11.如图，在三棱锥P−ABC中，△PAB和△ABC均为边长为2的等边三角形，则下列说法正确的是( )
A. PC⊥AB
B. 当三棱锥P−ABC的体积最大时，三棱锥P−ABC的外接球的体积为2 153π
C. 当二面角P−AB−C的余弦值为13时，PB⊥AC
D. 若二面角P−AB−C的大小为θ，且θ∈[π3,2π3]时，直线PB与AC所成角的余弦值最大为58
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知tanα=2，则sin(π+2α)2cs2α−1的值为______．
13.一个袋子中共有6个大小相同的球，其中3个红球，3个白球，从中随机摸出2个球，设取到白球的个数为X，则3X+2的方差为______．
14.在某市举办的城市运动会的跳高比赛中，甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别是0.7、0.6，且每次试跳成功与否相互之间没有影响，若甲、乙各试跳两次，则两人中恰有一人第二次才成功的概率为______．
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)
根据张桂梅校长真实事迹拍摄的电影《我本是高山》于2023年11月24日上映，某数学组有3名男教师和2名女教师相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起.求：
(1)2名女教师必须坐在一起的坐法有多少种？
(2)2名女教师互不相邻的坐法有多少种？
16.(本小题15分)
某市高二年级期末统考的物理成绩近似服从正态分布N(60,100)，规定：分数高于80分为优秀．
(1)估计物理成绩优秀的人数占总人数的比例；
(2)若该市有40000名高二年级的考生，估计全市物理成绩在(50,80]内的学生人数.参考数据：若X～N(μ,σ2)，则P(μ−σ17.(本小题15分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点与左、右焦点连线的斜率之积为−45．
(1)求椭圆C的离心率；
(2)已知椭圆C的左、右顶点分别为A，B，且|AB|=6，点M是C上任意一点(与A，B不重合)，直线MA，MB分别与直线l：x=5交于点P，Q，O为坐标原点，求OP⋅OQ．
18.(本小题17分)
在某大学组织农村专项招生考试面试环节，共设置4道面试题目，每道题5分.已知某学生对于前3道题，每道题答对的概率均为45；对于第4道题，答对的概率为12.记该学生的总得分为X．
(1)求该学生前3道题至少答对2道题的概率；
(2)求X的分布列及数学期望．
19.(本小题17分)
给出定义：设f′(x)是函数y=f(x)的导函数，f″(x)是函数y=f′(x)的导函数，若方程f″(x)=0有实数解x0，则称(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“固点”.经研究发现所有的三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)都有“固点”，且该“固点”也是函数y=f(x)的图象的对称中心.根据以上信息和相关知识回答下列问题：已知函数f(x)=x3+(3a−3)x2+(6a−9a2)x−5a(a∈R)．
(1)当a=−1时，试求y=f(x)的对称中心；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)当a=2时，f(x)=m有三个不相等的实数根x1答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合M={x|x2−x−2<0}={x|−1所以M∩N={x|−1故选：D．
先求出集合M，再利用集合的交集运算求解．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的交集运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为(x−1x2)6展开式的通项公式为Tr+1=C6rx6−r(−1x2)r=(−1)rC6rx6−3r，
令6−3r=0，得r=2，所以T3=C62=15，
即展开式的常数项为15．
故选：C．
利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令x的指数为0，求出r，将r的值代入通项求出常数项．
本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：若a+bi为虚数，则b≠0，
则b=−2，−1，1，2有4种，则对应的a有4种，
则共有4×4=16个．
故选：A．
根据复数的概念进行求解即可．
本题考查了复数的基本概念，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：将9个名额排成一排形成8个空档，在8个空档中放入3个挡板，有C83=56种方法，
则不同的分配方法的种数为56．
故选：D．
由相同元素分组问题隔板法求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了相同元素分组问题，属基础题．
5.【答案】D
【解析】解：P(A|B)=P(AB)P(B)=P(AB)13=14，∴P(AB)=112，P(B|A)=P(AB)P(A)=11212=16．
故选：D．
由条件概率计算公式直接计算即可．
本题考查条件概率的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，甲、乙都单独1人去某一个景点打卡游玩，
则剩下的4人去其他的两个景点游玩，则其余4位主播有两种情况：
①3位主播去一个景点，1位主播去另外一个景点，有A42C43A22=96种不同游玩方法，
②分别都是2位主播去一个景点，A42C42C22A22A22=72种不同游玩方法，
则不同游玩方法96+72=168种．
故选：C．
根据题意，剩下的4人去其他的两个景点游玩，由此按旅游的人数分2种情况讨论，由加法原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：由题意可知：X服从二项分布B(3,p1)，所以E(X)=3p1，D(X)=3p1(1−p1)，
同理：Y服从二项分布B(3,p2)，所以E(X)=3p2，D(X)=3p2(1−p2)，
因为0对于二次函数y=3p(1−p)，对称轴p=12，所以在(0,12)上函数单调递增，
所以当0故选：C．
由题意分析X，Y均服从二项分布，利用二项分布的均值和方差公式直接求得．
本题主要考查了二项分布的均值和方差公式，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：∵a=C160×516×(−1)0+C161×515×(−1)1+⋯+C1615×5×(−1)15+C1616×50×(−1)16−1
=(5−1)16−1=416−1=(14+2)8−1
=C80×148×20+C81×147×21+⋯+C87×141×27+C88×140×28−1，
又C80×148×20+C81×147×21+...+C87×141×27能够被7整除，
C88×140×28−1=255被7除余3，
∴a≡3(md7)，又2030除以7余0，A错误；
2031除以7余1，B错误；
2032除以7余2，C错误；
2033除以7余3，D正确．
故选：D．
利用二项式定理及“中国剩余定理”逐项分析可得答案．
本题考查二项式定理，解题中需要理清思路，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：对于A，由组合数的性质可知Cnm+Cnm−1=Cn+1m，故A项错误；
对于B，因为(n+1)Cnm=(n+1)⋅n!m!(n−m)!=(n+1)!m!(n−m)!,(m+1)Cn+1m+1=(m+1)⋅(n+1)!(m+1)!(n−m)!=(n+1)!m!(n−m)!，
故(n+1)Cnm=(m+1)Cn+1m+1，故B项正确；
对于C，由C20242024−m=C2024m，可知A2024m=C2024m⋅Amm=C20242024−m⋅Amm，故C项正确；
对于D，An+1m−Anm=(n+1)!(n+1−m)!−n!(n−m)!=n!(n−m)!(n+1n+1−m−1)=m⋅n![n−(m−1)]!=m⋅Anm−1，故D项错误．
故选：BC．
根据组合数的公式及其性质，对各项的结论逐一加以验证，即可得到本题的答案．
本题主要考查排列数与组合数公式及其性质等知识，考查了计算能力，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：令t=x+1，则x=t−1，则已知等式(1−x)3+(1−x)8=a0+a1(x+1)+⋯+a8(x+1)8，
即(2−t)3+(2−t)8=a0+a1t+a2t2+⋅⋅⋅+a8t8，
再令t=0，可得(2−0)3+(2−0)8=a0，即a0=264，故A正确．
令t=1，可得a0+a1+⋯+a8=(2−1)3+(2−1)8=2，又a0=264，所以a1+a2+⋯+a8=−262，故B正确．
令t=2，可得(2−2)3+(2−2)8=a0+2a1+⋯+28a8．
再把a0=264代入，可得2a1+22a2+⋯+28a8=−264，
∴22a1+23a2+⋯+29a8=−528，故C错误．
由题可知a2=C322(−1)2+C8226(−1)2=1798，故D正确．
故选：ABD．
令t=x+1，再令t=0，求得a0的值，再分别令t=1，t=2，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查二项式定理的应用，是给变量赋值的问题，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：在三棱锥P−ABC中，△PAB和△ABC均为边长为2的等边三角形，
取AB的中点D，连接DP，DC，如图，
则DP⊥AB，DC⊥AB，
又DP⋂DC=D，DP，DC⊂平面DPC，
所以AB⊥平面DPC，又PC⊂平面DPC，
所以AB⊥PC，A正确；
对于B：由上可知AB⊥PC，
又AB⊂平面ABC，
所以平面DPC⊥平面ABC，又平面DPC⋂平面ABC=CD，
于是点P在平面ABC上的射影在直线CD上，
所以点P到平面ABC的距离h=PDsin∠PDC≤PD= 3，当且仅当∠PDC=90°时取等号，
因为△ABC面积为定值，
所以h最大时三棱锥P−ABC的体积最大，
此时平面PAB⊥平面ABC，且PD⊥平面ABC，CD⊥平面ABP，
令△ABC，△ABP的中心分别为O1，O2，
三棱锥P−ABC外接球球心为O，则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面ABP，
所以OO1//PD，OO2//CD，
四边形OO1DO2是矩形，OO1=DO2=13PD= 33，CO1=23CD=2 33，
因此三棱锥P−ABC的外接球半径R= CO12+OO12= (2 33)2+( 33)2= 153，
所以三棱锥P−ABC的外接球的体积V=43πR3=20 1527π，B错误；
对于C：由选项A知，∠PDC为二面角P−AB−C的平面角，即cs∠PDC=13，
因为PB=DB−DP，CA=DA−DC，
所以PB⋅CA=(DB−DP)⋅(DA−DC)=DB⋅DA−DB⋅DC−DP⋅DA+DP⋅DC=−1+3cs∠PDC=0，
所以PB⊥AC，C正确；
对于D：二面角P−AB−C的大小为θ，即∠PDC=θ，
所以PB⋅CA=(DB−DP)⋅(DA−DC)=DB⋅DA−DB⋅DC−DP⋅DA+DP⋅DC=−1+3csθ，
记直线PB与AC所成角的大小为α，
则csα=|cs|=|PB⋅CA|PB||CA||=|−1+3csθ|4，
当 θ∈[π3,2π3] 时，csθ∈[−12,12]，−1+3csθ∈[−52,12]，
所以|−1+3csθ|∈[0,52]，则csα∈[0,58]，
所以csα的最大值为58，D正确．
故选：ACD．
取AB的中点D，连接DP，DC，利用线面垂直的判断判断A；确定三棱锥体积最大时图形位置，并求出球半径计算判断B；利用空间向量数量积判断C；求出异面直线夹角余弦的函数关系求解判断D作答．
本题考查球有关的内切或外接问题时，解题关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解，属于中档题．
12.【答案】43
【解析】解：因为tanα=2，
所以sin(π+2α)2cs2α−1=−sin2α2cs2α−1=−2sinαcsα2cs2α−(sin2α+cs2α)=−2sinαcsαcs2α−sin2α=−2tanα1−tan2α=−2×21−22=43．
故答案为：43．
利用三角函数的诱导公式，二倍角的正余弦公式以及同角三角函数的基本关系化简即可求得．
本题考查三角恒等变换的应用，属于基础题．
13.【答案】185
【解析】解：由题意，X满足超几何分布，且X的取值为0，1，2，
则P(X=0)=C32C62=15，P(X=1)=C31C31C62=35，P(X=2)=C32C62=15，
所以E(X)=0×15+1×35+2×15=1，D(X)=15×(0−1)2+35×(1−1)2+15×(2−1)2=25，
所以D(3X+2)=32D(X)=9×25=185．
故答案为：185．
由题意X的取值为0，1，2，计算出各自对应的概率，求出期望和方差即可求解．
本题考查了离散型随机变量的方差计算，属于中档题．
14.【答案】0.3942
【解析】【分析】
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件同时发生的概率的求法．
【解答】
解：记“甲第i次试跳成功”为事件Ai，“乙第i次试跳成功”为事件Bi，依题意得
P(Ai)=0.7，P(Bi)=0.6，且Ai，Bi(i=1,2)相互独立，
“甲第二次试跳才成功”为事件A1A2，且两次试跳相互独立，
∴P(A1A2)=P(A1)P(A2)=0.3×0.7=0.21，
故甲第二次试跳才成功的概率为0.21；
同理可求得乙第二次试跳才成功的概率为P(B1B2)=P(B1)P(B2)=0.4×0.6=0.24；
故两人中恰有一人第二次才成功的概率为0.21×(1−0.24)+0.24×(1−0.21)=0.3492．
故答案为：0.3492．
记“甲第i次试跳成功”为事件Ai，“乙第i次试跳成功”为事件Bi，依题意得P(Ai)=0.7，P(Bi)=0.6，且Ai，Bi(i=1,2)相互独立，由此能求出两人中恰有一人第二次才成功的概率．
15.【答案】解：(1)根据题意，先将2名女教师排在一起，有A22=2种坐法，
将捆好的女教师视为一个整体，与3名男教师进行排列，共有A44=24种坐法，
相乘共有2×24=48种坐法；
(2)根据题意，先将3名男教师排好，有A33=6种坐法，
再在4个空种选2个，有A42=12种坐法，
相乘共有6×12=72种坐法．
【解析】(1)女老师相邻捆绑，求出结果，再和其他老师全排，相乘可得结果；
(2)先全排男老师，求出结果，再中4个空中选2个进行排列，相乘可得结果．
本题考查相邻问题及不相邻用插空的排列方法，属于基础题．
16.【答案】解：(1)设学生的物理得分为随机变量X，则X～N(60,100)，所以μ=60，σ=10，
所以P(40≤X≤80)=P(μ−2σ X≤μ+2σ)=0.9544，
P(X>80)=1−P(40≤X≤80)2=0.0228，
所以物理成绩优秀的人数占总人数的比例为2.28%．
(2)由题意，得P(μ−σ≤X≤μ+a)=0.6826，P(μ−2a≤X≤μ+2a)=0.9544，
即P(50≤X≤70)=0.6826，P(40≤X≤80)=0.9544，
所以P(50≤X≤60)=12P(50=12×0.6826=0.3413,P(60≤X≤80)=12P(40%=12×0.9544=0.4772,
所以P(50≤X≤80)=P(50≤X≤60)+P(60≤X≤80)=0.3413+0.4772=0.8185．
又40000×0.8185=32740，所以全市物理成绩在(50,80]内的学生人数估计为32740人．
【解析】(1)由P(40≤X≤80)=P(μ−2σ X≤μ+2σ)=0.9544计算可得；(2)P(50≤X≤80)=P(50≤X≤60)+P(60≤X≤80)，由此计算可得．
本题考查正态分布的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意可得椭圆C的上顶点的坐标为(0,b)，左、右焦点的坐标分别为(−c,0)，(c,0)，
由题意可知bc⋅(−bc)=−45，即b2=45c2，
又a2=b2+c2，所以a2=95c2，即c2a2=59,ca= 53，
可得椭圆C的离心率e= 53．
(2)由|AB|=6，得2a=6，即a=3,c= 5,b=2，
所以椭圆C的方程为x29+y24=1．
如图所示：

设M(x0,y0)，则x029+y024=1，即y02=36−4x029，
又A(−3,0)，B(3,0)，则直线MA的方程为y=y0x0+3(x+3)，
直线MB的方程为y=y0x0−3(x−3)；
因为直线MA，MB分别与直线l：x=5交于点P，Q，
可得P(5,8y0x0+3),Q(5,2y0x0−3)，
所以OP⋅OQ=(5,8y0x0+3)⋅(5,2y0x0−3)=25+16y02x02−9=25+16(36−4x02)9(x02−9)=25−649=1619．
即OP⋅OQ=1619．
【解析】(1)由椭圆标准方程可写出顶点以及焦点坐标，由斜率之积可得b2=45c2，即可求出离心率；
(2)设出点M坐标，写出直线MA和MB的方程求出交点P，Q坐标，利用y02=36−4x029化简OP⋅OQ的表达式即可求得结果．
本题考查了直线与椭圆的综合，椭圆的性质，考查了转化思想和方程思想，属中档题．
18.【答案】解：(1)设事件A表示“该学生前3道题至少答对2道题”，
则P(A)=C32×(45)2×15+(45)3=112125；
(2)由题意可知，X的取值可能为0，5，10，15，20，
则P(X=0)=(15)3×12=1250，P(X=5)=C31×45×(15)2×12+(15)3×12=13250，P(X=10)=C31×45×(15)2×12+C32×(45)2×15×12=625，P(X=15)=(45)3×12+C32×(45)2×15×12=56125，
P(X=20)=(45)3×12=32125，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×1250+5×13250+10×625+15×56125+20×32125=14.5．
【解析】(1)利用独立事件的概率乘法公式求解；
(2)由题意可知，X的取值可能为0，5，10，15，20，再利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到X的分布列，再结合期望公式求解．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
19.【答案】解：(1)f(x)=x3−6x2−15x+5，f′(x)=3x2−12x−15，f″(x)=6x−12，
令f″(x)=6x−12=0，得x=2，
又f(2)=23−6×22−15×2+5=−41，
所以y=f(x)的对称中心为(2,−41)．
(2)f′(x)=3x2+6(a−1)x+3a(2−3a)=3(x−a)(x−2+3a)，
令f′(x)=0，则x1=a，x2=2−3a，
当a=12时，x1=x2，f′(x)≥0恒成立，
所以函数y=f(x)在R上单调递增，
当a>12时，x1>x2，
所以在(−∞,2−3a)，(a,+∞)上，f′(x)>0，函数y=f(x)上单调递增，
在(2−3a,a)上，f′(x)<0，函数y=f(x)上单调递减，
当a<12时，x1所以在(−∞,a)，(2−3a,+∞)上，f′(x)>0，函数y=f(x)上单调递增，
在(a,2−3a)上，f′(x)<0，函数y=f(x)上单调递减，
综上所述：
当a=12时，f(x)在R上单调递增，
当a>12时，f(x)在(−∞,2−3a)，(a,+∞)上单调递增，在(2−3a,a)上单调递减，
当a<12时，f(x)在(−∞,a)，(2−3a,+∞)上单调递增，在(a,2−3a)上单调递减．
(3)f(x)=x3+3x2−24x−10，f′(x)=3x2+6x−24=3(x+4)(x−2)，
令f″(x)=6x+6=0，得x=−1，
又f(−1)=16，
所以对称中心为(−1,16)，
当x∈(−∞,−4)和x∈(2,+∞)时，f′(x)>0，函数单调递增，
当x∈(−4,2)时，f′(x)<0，函数单调递减，
f(−4)=(−4)3+3×(−4)2−24×(−4)−10=70，f(2)=23+3×22−24×2−10=−38，
要使得f(x)=m有三个解，则需m∈(−38,70)，x1<−4由于对称性，为了简化研究，只研究m∈[16,70)的情况，
x3+3x2−24x−10−m=(x−x1)(x−x2)(x−x3)=0，
根据常数项知x1x2x3=10+m，
根据对称性知x1+x2+x3=−3，x2∈(−4,−1]，且x23+3x22−24x2−10−m=x23+3x22−24x2−x1x2x3=0，
所以x22+3x2−24−x1x3=0，即x1x3=x22+3x2−24，
所以|x1−x3|= (x1+x3)2−4x1x3= (−3−x2)2−4(x22+3x2−24)= −3(x2+1)2+108，
当x2=−1时，|x1−x3|取得最大值6 3，此时m=16．
【解析】(1)求导得到导函数，再求导取为0，计算得到对称中心．
(2)求导得到导函数，考虑a=12，a>12，a<12三种情况，分类讨论得到答案．
(3)确定函数对称中心，根据对称性和常数项得到x1x2x3=10+m，x1+x2+x3=−3，计算|x1−x3|= −3(x2+1)2+108，得到答案．
本题考查了导数的综合应用，参数范围问题，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．X
0
5
10
15
20
P
1250
13250
625
56125
32125