广东省广州协和学校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题（含解析）

广东省广州协和学校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题
一、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．（5分）已知集合A＝{x|ln（2x﹣7）＝0}，B＝{2，a}，若A B，则a＝（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（5分）已知，则＝（　　）
A．20 B．30 C．42 D．56
3．（5分）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝4，且S3＝4a2+a1，则S5＝（　　）
A．40 B．120 C．121 D．363
4．（5分）已知射击运动员甲击中靶心的概率为0.8，射击运动员乙击中靶心的概率为0.9，且甲、乙两人是否击中靶心互不影响．若甲、乙各射击一次，则至少有一人击中靶心的概率为（　　）
A．0.98 B．0.8 C．0.72 D．0.26
5．（5分）函数y＝的图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
6．（5分）为展示六和课程的课程理念和实施成果，协和学校计划在篮球场和中心广场各布置一个六和课程多元文化展板，由甲、乙在内的5名学生志愿者协助布置，每人参与且只参与一个展板的布置，每个展板都至少由两人安装，若甲和乙必须安装不同的展板，则不同的分配方案种数为（　　）
A．8 B．10 C．12 D．14
7．（5分）已知椭圆的上顶点为P，左焦点为F，直线PF与C的另一个交点为Q，若|PF|＝3|QF|，则C的离心率e＝（　　）
A． B． C． D．
8．（5分）已知函数，若y＝f（x）﹣kx恰有两个零点，则k的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题：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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知，则（　　）
A．a3＝160
B．a1+a2+a3+a4+a5+a6＝0
C．此二项式展开式的二项式系数和为64
D．此二项式系数最大项为第4项
（多选）10．（6分）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点P（5，y0）在抛物线上，且|PF|＝6，过点P作PQ⊥x轴于点Q，则（　　）
A．p＝2
B．抛物线的准线为直线y＝﹣1
C．
D．△FPQ的面积为
（多选）11．（6分）如图所示，从一个半径为（单位：m）的圆形纸板中切割出一块中间是正方形，四周是四个正三角形的纸板，以此为表面（舍弃阴影部分）折叠成一个正四棱锥P﹣ABCD，则以下说法正确的是（　　）
A．四棱锥P﹣ABCD的体积是m3
B．四棱锥P﹣ABCD的外接球的表面积是8πm2
C．异面直线PA与CD所成角的大小为60°
D．二面角A﹣PB﹣C所成角的余弦值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．（5分）的二项展开式中，常数项为 　 　．
13．（5分）某校面向高一全体学生共开设3门体育类选修课，每人限选一门．已知这三门体育类选修课的选修人数之比为6：3：1，考核优秀率分别为20%、16%和12%，现从该年级所有选择体育类选修课的同学中任取一名，其成绩是优秀的概率为 　 　．
14．（5分）若函数f（x）＝x2﹣1与g（x）＝alnx﹣1的图象存在公共切线，则实数a的最大值为 　 　．
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．（13分）已知{an}为等差数列，公差d＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记，数列{bn}的前n项和为Sn，证明：．
16．（15分）已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球．现从甲、乙两个盒内各任取2个球．
（1）求取出的4个球均为黑球的概率；
（2）求取出的4个球中恰有1个红球的概率；
（3）设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列．
17．（15分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，平面PAD⊥底面ABCD，其中AD∥BC，AD＝2BC＝4，AB＝3，PA＝PD＝2，点E为PD中点．
（1）证明：EC∥平面PAB；
（2）求平面PAB与平面DAB夹角的余弦值．
18．（17分）已知函数f（x）＝x2﹣a（lnx﹣a）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明：当a＞0时，．
19．（17分）双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）经过点（，1），且渐近线方程为y＝±x．
（1）求a，b的值；
（2）点A，B，D是双曲线C上不同的三点，且B，D两点关于y轴对称，△ABD的外接圆经过原点O．求证：点A与点B的纵坐标互为倒数；
（3）在（2）的条件下，试问是否存在一个定圆与直线AB相切，若有，求出定圆方程，没有说明理由．
参考答案与试题解析
一、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．（5分）已知集合A＝{x|ln（2x﹣7）＝0}，B＝{2，a}，若A B，则a＝（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：∵集合A＝{x|ln（2x﹣7）＝0}＝{4}，B＝{2，a}，
又A B，
∴a＝4．
故选：D．
2．（5分）已知，则＝（　　）
A．20 B．30 C．42 D．56
【解答】解：由，可得n＝3+4＝7，
则＝7×6＝42．
故选：C．
3．（5分）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝4，且S3＝4a2+a1，则S5＝（　　）
A．40 B．120 C．121 D．363
【解答】解：等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝4，且S3＝4a2+a1，
∴当q＝1时，不成立，
当q≠1时，，
解得q＝3，a1＝1，
则S5＝＝121．
故选：C．
4．（5分）已知射击运动员甲击中靶心的概率为0.8，射击运动员乙击中靶心的概率为0.9，且甲、乙两人是否击中靶心互不影响．若甲、乙各射击一次，则至少有一人击中靶心的概率为（　　）
A．0.98 B．0.8 C．0.72 D．0.26
【解答】解：设甲击中靶心为事件A，射击运动员乙击中靶心为事件B，
则P（A）＝0.8，P（B）＝0.9，且A，B相互独立，
若甲、乙各射击一次，则至少有一人击中靶心的概率P＝1﹣P（）＝1﹣P（）P（）＝1﹣0.1×0.2＝0.98．
故选：A．
5．（5分）函数y＝的图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：令f（x）＝，则f（﹣x）＝＝＝﹣f（x），
∴f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除B；
当x＞0时，f（x）＝，f′（x）＝，
∴存在x0∈（0，+∞）使得f（x0）＝0，
∴f（x）在（0，+∞）上先增后减，排除A，D；
故选：C．
6．（5分）为展示六和课程的课程理念和实施成果，协和学校计划在篮球场和中心广场各布置一个六和课程多元文化展板，由甲、乙在内的5名学生志愿者协助布置，每人参与且只参与一个展板的布置，每个展板都至少由两人安装，若甲和乙必须安装不同的展板，则不同的分配方案种数为（　　）
A．8 B．10 C．12 D．14
【解答】解：所有分组的方式种，其中有4种不合题意，
故共有（﹣4）＝12种分配方式
故选：C．
7．（5分）已知椭圆的上顶点为P，左焦点为F，直线PF与C的另一个交点为Q，若|PF|＝3|QF|，则C的离心率e＝（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由题意可得P（0，b），F（﹣c，0），
由于|PF|＝3|QF|，所以，
由于Q在椭圆上，所以，化简可得，
由于0＜e＜1，故．
故选：D．
8．（5分）已知函数，若y＝f（x）﹣kx恰有两个零点，则k的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：因为y＝f（x）﹣kx恰有两个零点，即f（x）＝kx恰有两个零点，
所以令g（x）＝，
则y＝g（x）与y＝k有两个交点，
又因为当x＞0时，g（x）＝1﹣，g'（x）＝，
所以g（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，
所以当x＞0时，g（x）min＝g（e）＝1﹣，且当x＞e时，g（x）＝1﹣＜1，
当x＜0时，g（x）＝1+，g'（x）＝﹣＞0，
所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，且g（x）＞1，
作出g（x）的大致图象，如图所示：
因为y＝g（x）与y＝k有两个交点，
由图可得k∈（1﹣，1）∪（1，+∞）．
故选：D．
二、多选题：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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知，则（　　）
A．a3＝160
B．a1+a2+a3+a4+a5+a6＝0
C．此二项式展开式的二项式系数和为64
D．此二项式系数最大项为第4项
【解答】解：通项为，
A：当r＝3时，，故A错误；
B：令x＝1，，
令x＝0，，所以a1+a2+a3+a4+a5+a6＝0，故B正确；
C：此二项式展开式的二项式系数和为26＝64，故C正确；
D：因为二项式系数为，所以当r＝3时，最大，即第4项最大，故D正确；
故选：BCD．
（多选）10．（6分）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点P（5，y0）在抛物线上，且|PF|＝6，过点P作PQ⊥x轴于点Q，则（　　）
A．p＝2
B．抛物线的准线为直线y＝﹣1
C．
D．△FPQ的面积为
【解答】解：抛物线y2＝2px（p＞0）的准线为直线，
设点P在第一象限，过点P向准线作垂线垂足为M，
由抛物线的定义可知，解得p＝2，
则抛物线的方程为y2＝4x，准线为直线x＝﹣1，故A正确，B错误；
将x＝5代入抛物线方程，解得，故C错误；
焦点F（1，0），点，即，
所以，故D正确．
故选：AD．
（多选）11．（6分）如图所示，从一个半径为（单位：m）的圆形纸板中切割出一块中间是正方形，四周是四个正三角形的纸板，以此为表面（舍弃阴影部分）折叠成一个正四棱锥P﹣ABCD，则以下说法正确的是（　　）
A．四棱锥P﹣ABCD的体积是m3
B．四棱锥P﹣ABCD的外接球的表面积是8πm2
C．异面直线PA与CD所成角的大小为60°
D．二面角A﹣PB﹣C所成角的余弦值为
【解答】解：设正方形边长为x，则由如图1知MN＝x+2 x sin60°＝x（+1），
又因为MN＝2 ，所以x（+1）＝2 ，解得x＝2，
对于A，因为PO⊥平面ABCD，所PO⊥OA，
因为OA＝，PA＝2，所以PO＝＝，
所以，所以A错；
对于B，因为OA＝OB＝OC＝OD＝OP＝，所以四棱锥P﹣ABCD的外接球的半径为，
所以四棱锥P﹣ABCD的外接球的表面积为4＝8π（m2），所以B对；
对于C，因为AB∥CD，所以异面直线PA与CD所成角等于∠PBA，
又因为△PAB为正三角形，所以∠PBA＝60°，所以C对；
对于D，取PB中点Q连接AQ，CQ，则PB⊥AQ，PB⊥CQ，
所以二面角A﹣PB﹣C的平面角为∠AQC，
cos∠AQC＝＝，所以D对．
故选：BCD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．（5分）的二项展开式中，常数项为 　15　．
【解答】解：的二项展开式中，
常数项为＝15．
故答案为：15．
13．（5分）某校面向高一全体学生共开设3门体育类选修课，每人限选一门．已知这三门体育类选修课的选修人数之比为6：3：1，考核优秀率分别为20%、16%和12%，现从该年级所有选择体育类选修课的同学中任取一名，其成绩是优秀的概率为 　0.18　．
【解答】解：设这三门体育类选修课的选修人数分别为6a，3a，a，
则所求概率为P＝＝0.18．
故答案为：0.18．
14．（5分）若函数f（x）＝x2﹣1与g（x）＝alnx﹣1的图象存在公共切线，则实数a的最大值为 　2e　．
【解答】解：由题意得，f′（x）＝2x，．
设公切线与f（x）＝x2﹣1的图象切于点，
与g（x）＝alnx﹣1的图象切于点（x2，alnx2﹣1），
∴，
∴a＝2x1x2≠0，∴，
∴x1＝2x2﹣2x2lnx2，∴．
设h（x）＝4x2﹣4x2lnx，则h′（x）＝4x（1﹣2lnx），
∴h（x）在上单调递增，在上单调递减，
∴，
∴实数a的最大值为2e．
故答案为：2e．
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．（13分）已知{an}为等差数列，公差d＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记，数列{bn}的前n项和为Sn，证明：．
【解答】（1）解：由题意可得＝a1a5，即（a1+2）2＝a1（a1+8），
解得a1＝1，因此an＝a1+（n﹣1）d＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
（2）证明：＝＝（），
则Sn＝（1﹣+…+）
＝（1﹣）＝，即证．
16．（15分）已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球．现从甲、乙两个盒内各任取2个球．
（1）求取出的4个球均为黑球的概率；
（2）求取出的4个球中恰有1个红球的概率；
（3）设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列．
【解答】解：（1）设“从甲盒内取出的2个球均为黑球”为事件A，
“从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件B．
∵事件A，B相互独立，且P（A）＝＝，P（B）＝＝
∴取出的4个球均为黑球的概率为P（A B）＝P（A） P（B）＝×＝；
（2）设“从甲盒内取出的2个球均为黑球；从乙盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球”为事件C，
“从甲盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球；从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件D．
∵事件C，D互斥，且P（C）＝ ＝，P（D）＝＝，
∴取出的4个球中恰有1个红球的概率为P（C+D）＝P（C）+P（D）＝+＝，
（3）ξ可能的取值为0，1，2，3．
由（1）、（2）得，P（ξ＝0）＝，P（ξ＝1）＝，
∵P（ξ＝3）＝＝，∴P（ξ＝2）＝1﹣P（ξ＝0）﹣P（ξ＝1）﹣P（ξ＝3）＝，
则ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 3
P
17．（15分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，平面PAD⊥底面ABCD，其中AD∥BC，AD＝2BC＝4，AB＝3，PA＝PD＝2，点E为PD中点．
（1）证明：EC∥平面PAB；
（2）求平面PAB与平面DAB夹角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：取PA中点F，连接EF，BF，
因为E为PD中点，所以EF∥AD，EF＝，
因为AD∥BC，AD＝2BC＝4，
所以EF∥BC，EF＝BC，
所以四边形BCEF为平行四边形，
所以BF∥CE
又因为CE 平面PAB，BF 平面PAB，
所以EC∥平面PAB；
（2）取AD中点O，过O作OM⊥AB，连接PM，
因为PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，PO 平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PO⊥平面ABCD，
所以OM为PM在平面ABCD的投影，
因为OM⊥AB，所以由三垂线定理的逆定理可得：PM⊥AB，
所以∠PMO为平面PAB与平面DAB夹角，
在Rt△PAO中，，
因为底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝4，AB＝3，
所以，所以，
所以，
所以，
所以＝．
即平面PAB与平面DAB夹角的余弦值为．
18．（17分）已知函数f（x）＝x2﹣a（lnx﹣a）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明：当a＞0时，．
【解答】解：（1）因为函数f（x）的定义域为（0，+∞），．
当a≤0时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增．
当a＞0时，若，则f′（x）＜0，若，则f′（x）＞0，
所以f（x）在上单调递减，在上单调递增．
综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增．
证明：（2）由（1）可知，当a＞0时，．
要证，只需证，
即证．
令，则t＞0，要证即证tlnt﹣3t+e2≥0．
令g（t）＝tlnt﹣3t+e2，则g′（t）＝lnt﹣2，
当t∈（0，e2）时，g′（t）＜0，当t∈（e2，+∞）时，g′（t）＞0，
所以g（t）在（0，e2）上单调递减，在（e2，+∞）上单调递增，
所以g（t）≥g（e2）＝2e2﹣3e2+e2＝0，
故当a＞0时，．
19．（17分）双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）经过点（，1），且渐近线方程为y＝±x．
（1）求a，b的值；
（2）点A，B，D是双曲线C上不同的三点，且B，D两点关于y轴对称，△ABD的外接圆经过原点O．求证：点A与点B的纵坐标互为倒数；
（3）在（2）的条件下，试问是否存在一个定圆与直线AB相切，若有，求出定圆方程，没有说明理由．
【解答】（1）解：由题意，，解得a＝b＝；
（2）证明：由（1）可得，C：x2﹣y2＝2，
由已知可知直线AB一定不为水平直线，设AB的方程为x＝my+n，A（x1，y1），B（x2，y2），D（﹣x2，y2），
联立，整理得（m2﹣1）y2+2mny+n2﹣2＝0，则，
由于△ABD的外接圆过原点且关于y轴对称，设为x2+y2+Ey＝0，
则，消去E可得，，
∴，整理得y1y2＝1，即点A与点B的纵坐标互为倒数；
（3）解：由＝1，得n2＝m2+1，
∴原点O到直线AB的距离d＝＝1，可知存在一个定圆x2+y2＝1与直线AB相切．