2023-2024学年河南省青桐鸣大联考高二（下）联考数学试卷（3月份）（北师大版）（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省青桐鸣大联考高二（下）联考数学试卷（3月份）（北师大版）（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.已知一批产品的次品率为0.3，从中有放回地随机抽取50次，X表示抽到的次品的件数，则DX=( )
A. 9.5B. 10.5C. 11.5D. 12.5
2.过原点且与直线2x+y−1=0垂直的直线方程为( )
A. y=2xB. y=−2xC. y=12xD. y=−12x
3.数列{an}满足：对于∀k∈N*，a2k=2a2k−1，a2k+1=a2k+1，已知a4=6，则a1=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.若将包含甲、乙在内的5名教师全部分配到两所学校支教，每校至少分配2人，则甲、乙不在同一学校的分配种数为( )
A. 12B. 18C. 24D. 36
5.设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5=2，S10=6，则a21+a22+a23+a24+a25=( )
A. 8B. 10C. 12D. 14
6.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于A，B两点，且|AF2|：|BF2|：|BF1|=3：2：6，则椭圆的离心率为( )
A. 13B. 23C. 55D. 105
7.已知{an}的通项公式为an=1n(n+1)(n+2)(n∈N*)，a1+a2+…+anA. 1B. 12C. 13D. 14
8.双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以|F1F2|为直径的圆与双曲线交于四点，这四点的连线组成的四边形是正方形，设双曲线的渐近线的斜率为k，则k2=( )
A. 2+ 2B. 1+ 2C. 2D. 5
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.已知(1−x)2(1+2x)3=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则下列说法正确的是( )
A. a0=1B. a2=1
C. a0+a1+a2+a3+a4+a5=32D. a0−a1+a2−a3+a4−a5=−4
10.设A，B为同一随机试验中的两个随机事件，则下列命题正确的是( )
A. 若P(A∪B)=1,P(AB−)=14,P(A−B)=34，则A，B相互对立
B. 若P(A∪B)=1,P(AB−)=14,P(A−B)=12，则P(A)=34
C. 若P(A)=25,P(A−B)=14，则P(B|A−)=512
D. 若P(A)=25,P(A|B−)=13,P(A|B)=23，则P(B)=35
11.记Sn为数列{an}的前n项和，Tn为数列{an}的前n项积，n∈N*，已知a1=−64，a3=−16，且Sn=23(a1−Tn+1Tn)，则下列说法正确的是( )
A. 数列{an}是递增数列B. an=(−1)n⋅(12)n−7
C. S6=−42D. 当Tn取得最小值时，n=6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知根据下表数据用最小二乘法得到y关于x的线性回归方程为y =1.11x−0.13，则m= ______．
13.在(1+x+2y)10的展开式中，x3y2项的系数是______．
14.已知数列{an}满足a1=a2=1，an+an+1+an+2=5n(n∈N*)，则数列{an}的前20项和S20= ______．
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)
已知直线l：y=kx+1−k(k∈R)交⊙M：(x−3)2+y2=9于A，B两点．
(1)若|AB|=2 5，求直线l的方程；
(2)若AB的中点为Q，O为坐标原点，求|OQ|的最大值．
16.(本小题15分)
已知二项式(x2−a3x)n(a∈R,n∈N*)的展开式中，第7项为常数项，且各项系数之和等于其二项式系数之和．
(1)求a与n的值；
(2)求其展开式中所有的有理项．
17.(本小题15分)
如图1，已知正方形ABCD的中心为O，边长为4，E，F，Q分别为AB，AD，BC的中点，从中截去小正方形AEOF，将梯形FOCD沿OC折起，使平面FDCO⊥平面EBCO，得到图2．

(1)证明：平面ODQ⊥平面BCD；
(2)求二面角D−EQ−B的平面角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知抛物线C：x2=4y与⊙M：x2+(y−a)2=a2(a>0)有且仅有一个公共点．
(1)求a的最大值；
(2)当a最大时，过点M的直线l交C于点A，B，过A，B引C的切线，两切线交于点P，若△PAB的面积为12 3，求直线l的方程．
19.(本小题17分)
若数列{an}的项an的最大奇因数为An，则{An}叫做{an}的“滤净数列”.已知数列{bn}满足21b1+22b2+…+2nbn=(3n−4)2n+1+8，{Bn}是{bn}的滤净数列．
(1)求{bn}的通项公式及B10的值；
(2)若N=4n−1(n∈N*)，求{Bn}的前N项和TN．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意知，X～B(50,0.3)，
故由二项分布的性质可得DX=50×0.3×(1−0.3)=10.5．
故选：B．
根据题意可得X～B(50,0.3)，由二项分布的性质可得DX．
本题主要考查离散型随机变量的期望与方差，属于中档题．
2.【答案】C
【解析】解：直线2x+y−1=0的斜率为−2，
与直线2x+y−1=0垂直的直线斜率为12，
又直线过原点，故其方程为y=12x．
故选：C．
根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解．
本题主要考查直线垂直的性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵对于∀k∈N*，a2k=2a2k−1，a2k+1=a2k+1，a4=6，
∴a4=2a3=6，∴a3=3，
∴a3=a2+1=3，∴a2=2，
∴a2=2a1=2，∴a1=1．
故选：A．
根据数列的递推公式，即可求解．
本题考查数列的递推公式的应用，属基础题．
4.【答案】A
【解析】解：先将甲乙两人分别分配给两所学校，共A22=2种分配方式，
再将剩余教师选出一名，分配给一所学校，剩余两名教师分配给另一所，有C31C21=6种，
则甲、乙不在同一学校的分配种数为2×6=12种．
故选：A．
利用分步计数原理和排列数与组合数求解．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：Sn为等差数列{an}的前n项和，S5=2，S10=6，
∴S5，S10−S5，S15−S10，S25−S20成等差数列，
∴2，4，S15−S10，S25−S20成等差数列，
则a21+a22+a23+a24+a25=S25−S20=6+2×2=10．
故选：B．
由等差数列的性质得S5，S10−S5，S15−S10，S25−S20成等差数列，由此能求出a21+a22+a23+a24+a25的值．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于A，B两点，且|AF2|：|BF2|：|BF1|=3：2：6，
设|AF2|=3t，|BF2|=2t，|BF1|=6t，
又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|，
则|AF1|=5t，
则2a=8t，
在△AF1B中，cs∠F1BA=(6t)2+(5t)2−(5t)22×6t×5t=35，
则在△F1BF2中，|F1F2|2=(6t)2+(2t)2−2×6t×2t×35=1285t2，
即2c= 1285=8 105，
则椭圆的离心率为e=ca=4 105t4t= 105．
故选：D．
由椭圆的性质，结合椭圆离心率的求法求解．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆离心率的求法，属中档题．
7.【答案】D
【解析】解：∵an=1n(n+1)(n+2)=12[1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]
∴a1+a2+…+an=12[11×2−12×3+12×3−13×4+...+1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]
=12[12−1n(n+1)]=14−12n(n+1)<14．
∵a1+a2+…+an故选：D．
利用裂项相消法求{an}的前n项和，即可得到满足a1+a2+…+an本题考查数列不等式，训练了裂项相消法求和，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：以|F1F2|为直径的圆与双曲线交于四点，这四点的连线组成的四边形是正方形，
则交点位于直线y=x或y=−x上，
该圆的半径为c，
则圆与双曲线的一个交点为( 2c2, 2c2)，代入双曲线方程得2c24a2−2c24b2=1，即a2+b22a2−a2+b22b2=1，
故(ba)4−2(ba)2−1=0，则k2=1+ 2．
故选：B．
先取出圆与双曲线的一个交点，再结合双曲线方程，化简整理，即可求解．
本题主要考查双曲线的性质，属于基础题．
9.【答案】ABD
【解析】解：A：令x=0，则a0=1×1=1，故A正确；
B：多项式(1−x)2(1+2x)3=(1−2x+x2)(1+2x)3的展开式中含x2项为1×C32⋅(2x)2−2x×C31⋅2x+x2×C30⋅(2x)0=x2，所以a2=1，故B正确；
C：令x=1，则a0+a1+...+a5=(1−1)2⋅13=0，故C错误；
D：令x=−1，则a0−a1+...−a5=(1+1)2⋅(1−2)3=−4，故D正确．
故选：ABD．
A：令x=0即可求出a0，由此即可判断；B：求出多项式的展开式中含x2的项，由此求出a2，进而可以判断；C：令x=1即可判断；D：令x=−1即可判断．
本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：A，B为同一随机试验中的两个随机事件，
对于A，由P(A∪B)=1，得：
P(AB−+A−B+AB)=P(AB−)+P(A−B)+P(AB)=1，
又P(AB−)=14，则P(A−B)+P(AB)=34，
由P(A−B)=34可知，P(AB)=0，即A∩B=⌀，
又A∪B=Ω，∴A，B相互对立，故A正确；
对于B，由题意知P(AB)=1−12−14=14，
∴P(A)=P(AB+AB−)=P(AB)+P(AB−)=12，故B错误；
对于C，由P(A)=25，得P(A−)=35,P(B|A−)=P(A−B)P(A−)=512，
∴若P(A)=25,P(A−B)=14，则P(B|A−)=512，故C正确；
对于D，由P(A)=P(B)P(A|B)+P(B−)P(A|B−)，得25=23P(B)+13(1−P(B))，
解得P(B)=15，故D错误．
故选：AC．
利用相互独立事件概率乘法公式、对立事件性质判断A；利用相互独立事件概率乘法公式判断B；利用条件概率公式判断C；利用条件概率公式判断D．
本题考查相互独立事件概率乘法公式、对立事件性质、条件概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：由题意可知，Sn=23(a1−an+1)，
当n≥2时，Sn−1=23(a1−an)，
所以an=23(an−an+1)，整理得an+1an=−12，
所以{an}不是递增数列，A错误；
由a3a2=−12，得a2=32，当n=1时，a2a1=−12，
故{an}为公比为−12的等比数列，
所以an=a1⋅qn−1=−26⋅(−12)n−1=(−1)n⋅(12)n−7，B正确；
由上可知a7=−1，
所以S6=23(a1−a7)=23×(−64+1)=−42，C正确；
Tn=(−1)×(12)−6×(−1)2×(12)−5(−1)n⋅(12)n−7=(−1)n(n+1)2(12)n(n−13)2，
当Tn取得最小值时，由二次函数的性质可知，n(n+1)2为奇数，且n(n−13)2取得最小值，
即当n=6时，Tn取得最小值，D正确．
故选：BCD．
由已知，结合数列的和与项的递推关系可得项与项的递推关系，结合数列的单调性检验选项A；结合等比数列的通项公式检验选项B；结合等比数列的求和公式检验选项C；结合二次函数性质检验选项D．
本题主要考查了数列的和与项的递推，等比数列的通项公式及求和公式电影院，数列单调性的判断及二次函数性质的应用，属于中档题．
12.【答案】3.3
【解析】解：由题意可知，x−=1+2+3+4+55=3，
因为样本中心点(x−,y−)在线性回归方程y =1.11x−0.13上，
所以y−=1.11×3−0.13=3.2，
所以1.1+1.9+m+4.2+5.5=5y−=16，
解得m=3.3．
故答案为：3.3．
根据线性回归方程y =1.11x−0.13过样本中心点(x−,y−)求解．
本题主要考查了线性回归方程的性质，属于基础题．
13.【答案】10080
【解析】解：(1+x+2y)10=[1+(x+2y)]10，
根据二项式的展开式Tr+1=C10r(x+2y)r，(r=0,1,2,…,10)，
当r=5时，(x+2y)5的展开式通项满足Tk+1=C5k⋅2k⋅x5−k⋅yk(k=0,1,2,3,4,5)，
当k=2时，x3y2项的系数为C105⋅C52⋅22=10080．
故答案为：10080．
直接利用二项式的展开式和组合数的应用求出结果．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
14.【答案】317
【解析】解：因为a1=a2=1，an+an+1+an+2=5n，
又S20=(a1+a2)+(a3+a4+a5)+(a6+a7+a8)+⋯+(a18+a19+a20)，
所以S20=2+3×5+6×5+⋯+18×5=2+5×(3+6+⋯+18)=2+5×(3+18)2×6=317．
故答案为：317．
由S20=(a1+a2)+(a3+a4+a5)+(a6+a7+a8)+⋯+(a18+a19+a20)，再根据条件，即可求出结果．
本题考查了数列的求和，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由题意知，圆心M(3,0)到直线l的距离为 32−( 5)2=2，
故|3k+1−k| 1+k2=2，
故k=34，
故直线l的方程为y=34x+14，即3x−4y+1=0；
(2)设Q(x0,y0)，因为Q是AB的中点，所以MQ⊥AB，所以AB⋅MQ=0，
又直线l：y=k(x−1)+1过定点(1,1)，
故(x0−1,y0−1)⋅(x0−3,y0)=0，
整理得(x0−2)2+(y0−12)2=54，
故点Q的轨迹是以(2,12)为圆心， 52为半径的圆，
故|OQ|的最大值为 22+(12)2+ 52= 17+ 52．
【解析】(1)结合点到直线距离公式，根据垂径定理列式求解k=34，即可求解；
(2)设Q(x0,y0)，利用MQ⊥AB，结合数量积的坐标运算求得点Q的轨迹，再根据点与圆的位置关系求解最值即可．
本题考查了直线与圆的位置关系问题，是中档题．
16.【答案】解：(1)(x2−a3x)n的展开式中，第7项为T7=Cn6x2(n−6)(−a3x)6=(−a)6Cn6x2(n−7)，
第7项为常数项，
则n−7=0，所以n=7，
因为各项系数之和等于其二项式系数之和，
所以令x=1，可得(1−a)7=27，解得a=−1．
(2)二项式(x2+13x)7的展开式的通项为Tk+1=C7kx2(7−k)(13x)k=C7kx42−7k3,k=0，1，2，…，7，
令42−7k3∈Z，解得k=0，3，6，
所以其展开式中所有的有理项为T1=C70x14=x14，T4=C73x7=35x7，T7=C77x0=7．
【解析】(1)先写出展开式的通项公式，再结合二项式系数、系数之间的关系，即可求解；
(2)结合二项式定理，及有理项的定义，即可求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
17.【答案】(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以OD⊥OC，OQ⊥BC，
又平面FDCO⊥平面EBCO，平面FDCO∩平面EBCO=OC，OD⊂平面FDCO，
所以OD⊥平面EBCO，
因为BC⊂平面EBCO，所以OD⊥BC，
又OQ∩OD=O，OQ、OD⊂平面ODQ，
所以BC⊥平面ODQ，
因为BC⊂平面BCD，
所以平面ODQ⊥平面BCD．

(2)解：设OB与EQ相交于点H，连接DH，
因为四边形OEBQ是正方形，
所以OB⊥EQ，
由(1)知，OD⊥平面EBCO，
所以∠BHD即为二面角D−EQ−B的平面角，
在Rt△DOH中，OH=12OB= 2，OD=2 2，
所以DH= OD2+OH2= 10，
所以sin∠OHD=ODDH=2 2 10=2 55，
而∠OHD+∠BHD=π，
所以sin∠BHD=sin∠OHD=2 55，
故二面角D−EQ−B的平面角的正弦值为2 55．
【解析】(1)由正方形的性质知OD⊥OC，OQ⊥BC，利用面面垂直的性质定理可得OD⊥平面EBCO，从而有OD⊥BC，再结合线面、面面垂直的判定定理，即可得证；
(2)设OB与EQ相交于点H，连接DH，由二面角的定义知，∠BHD即为所求，再利用三角函数的知识求解即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面垂直的判定定理与性质定理，二面角的定义与求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)将x2=4y代入⊙M的方程中，
解得4y+(y−a)2=a2，
即y(y+4−2a)=0，
解得y=0或y=2a−4，
因为抛物线C与⊙M有且仅有一个公共点，
所以y=2a−4=0或y=2a−4<0，
解得a=2或a<2，
则a的最大值为2；
(2)易知直线l的斜率存在，
不妨设直线l的方程为y=kx+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，
联立y=kx+2x2=4y，消去y并整理得x2−4kx−8=0，
此时Δ>0恒成立，
由韦达定理得x1+x2=4k，x1x2=−8，
易知直线PA的斜率存在，
不妨设直线PA的方程为y−y1=k1(x−x1)，
联立y−y1=k1(x−x1)x2=4y，消去y并整理得x2−4k1x+4(kx1−y1)=0，
此时Δ=16(k12−k1x1+y1)=0，
即k12−k1x1+x124=0，
解得k1=x12，
则直线PA的方程为y=x12x−x124，
同理得直线PB的方程为y=x22x−x224，
联立y=x12x−x124y=x22x−x224，
解得x0=x1+x22=2k，y0=x1x24=−2，
又点P到直线l的距离d=|2k2+4| k2+1，
|AB|= 1+k2|x1−x2|= 1+k2⋅ 16k2+32，
所以S△PAB=12|AB|⋅d=(k2+2)⋅4 k2+2=4( k2+2)3=12 3，
解得k2=1，
则k=±1，
故直线l的方程为y=±x+2．
【解析】(1)由题意，将抛物线方程代入⊙M的方程中，解得y=0或y=2a−4，根据抛物线C与⊙M有且仅有一个公共点，求出a=2或a<2的，进而可得a的最大值；
(2)设出直线l的方程和A，B，P得坐标，将直线l的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得到x1+x2，x1x2，设出直线PA的方程，将直线PA的方程与抛物线方程联立，根据判别式为0，求出直线PA的方程，同理得到直线PA的方程，将两方程联立，求出点P的坐标，结合点到直线的距离公式、弦长公式以及三角形面积公式进行求解即可．
本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为21b1+22b2+⋯+2nbn=(3n−4)2n+1+8①，
当n≥2时，21b1+22b2+⋯+2n−1bn−1=(3n−7)2n+8②，
由①−②得，2nbn=(3n−1)2n，得到bn=3n−1，
又当n=1，2b1=−4+8=4，得到b1=2，满足bn=3n−1，所以bn=3n−1，
又b10=29，所以B10=29；
(2)由(1)知bn=3n−1，当n为偶数时，bn为奇数，当n为奇数时，bn为偶数，所以B2n=b2n，
设B1+B2+⋯+Bn=Sn，
则TN=S4n−1=B1+B2+⋯+B4n−1=(B1+B3+⋯+B4n−1−1)+(B2+B4+⋯+B4n−1),n>1，
又B2+B4+⋯+B4n−1=b2+b4+⋯+b4n−1=5+11+⋯+(3⋅4n−1−1)=5⋅22n−3+12⋅22n−3⋅(22n−3−1)⋅6=22n−2+3⋅24n−6，
又b1,b3,b5,⋯,b4n−1−1分别为：2，8，14，20，⋯，3⋅(4n−1−1)−1，各项除以2得到数列：
1，4，7，10，⋯，3⋅22n−3−2，其中的奇数项即为{Bn}中的项，
其和为1+7+13+⋯+3⋅22n−3−5=1⋅22n−1+12⋅22n−4⋅(22n−4−1)⋅6=3⋅24n−8−22n−3，
其中的偶数项为4，10，16，⋯，3⋅22n−3−2，各项除以2后，即为2，5，8，⋯，3⋅4n−2−1，
这是{bn}的前4n−2项，它的滤净数列的和为TN−1，
故TN=TN−1+3⋅24n−6+2⋅22n−3+3⋅24n−8−22n−3=TN−1+15⋅24n−8+22n−3，其中T1=1，
故TN=(TN−TN−1)+(TN−1−TN−2)+⋯+(T2−T1)+T1
=15×(24n−8+24n−12+⋯+1)+(22n−3+22n−5+⋯+21)+1=(24n−4−1)+(22n−13−23)+1
=24n−4+22n−13−23．
【解析】(1)根据条件，利用an与Sn间关系，即可求出bn=3n−1，再根据题设定义，即可得出B10=29；
(2)由(1)知当n为偶数时，bn为奇数，当n为奇数时，bn为偶数，故有B2n=b2n,TN=S4n−1=B1+B2+⋯+B4n−1=(B1+B3+⋯+B4n−1−1)+(B2+B4+⋯+B4n−1)，再分别求出B2+B4+⋯+B4n−1和B1+B3+⋯+B4n−1−1，从而得出结果．
本题考查了数列的递推式和求和的运算，属于中档题．x
1
2
3
4
5
y
1.1
1.9
m
4.2
5.5