2023-2024学年江苏省扬州市江都中学高二（下）联考数学试卷（3月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年江苏省扬州市江都中学高二（下）联考数学试卷（3月份）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.空间四边形ABCD中，AB=a，AC=b，AD=c，点P为AA.12a+13b+232.已知直线l的方向向量为e=(2,−1,2)，平面α的法向量为A.−5 B.−2 C.1 3.3名男生和2名女生排成一排，其中女生甲不排两端的不同排法有(

)A.36种 B.48种 C.72种 D.120种4.已知向量a，b满足|a|=1，|b|=2，向量a在向量A.1 B.−12 C.−15.已知函数f(x)=aex−A.e2 B.e C.e−16.已知实数a，b，c，d满足(a−b+1)A.1 B.2 C.3 D.47.若函数f(x)=x+4A.12 B.e3 C.2 8.长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA.132 B.2133 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.某班准备举行一场小型班会，班会有3个歌唱节目和2个语言类节目，现要排出一个节目单，则下列说法正确的是(

)A.若3个歌唱节目排在一起，则有6种不同的排法

B.若歌唱节目与语言类节目相间排列，则有12种不同的排法

C.若2个语言类节目不排在一起，则有72种不同的排法

D.若前2个节目中必须要有语言类节目，则有84种不同的排法10.若函数f(x)=A.bc>0 B.ab>011.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的边长为1，点E，FA.EF⊥FG

B.AC1⊥平面EFG

C.平面EFG三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，G分别是13.已知点O(0,0,0)，A(1,2,2)，B(14.已知函数f(x)=eax−2四、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)

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为DD1的中点．

(Ⅰ)求证：B16.(本小题15分)

已知空间三点A(0,2,3)，B(−2,1,6)，C(1,−1,17.(本小题15分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形ABB1A1为正方形，四边形AA1C1C为菱形，且∠AA1C=60°，平面AA18.(本小题17分)

已知曲线f(x)=aex−x+b在x=0处的切线过点(1,a2+2a−1)．

(1)19.(本小题17分)

三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：a1a2a3b1b2b3c1c2c3=a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2−a3b2c1−a2b1c3−a1b3c2.若a×b=ijkx1答案和解析1.【答案】D

【解析】解：由题意，PQ=AQ−AP=(AD2.【答案】A

【解析】解：直线l的方向向量为e=(2,−1,2)，平面α的法向量为n=(−2,a−b,a+b)，

因为l⊥α，所以e//n，即n=λe，λ∈3.【答案】C

【解析】解：依题意首先将女生甲排到除两端外的三个位置中的一个位置，有A31种排法，

其余4名同学全排列，有A44种排法，

按照分步乘法计数原理可知一共有A31A44=724.【答案】D

【解析】解：设a和b之间的夹角为θ，

因为向量a在向量b上的投影向量为−12b，

所以|a|⋅cosθ⋅b|b|=−12b，所以cosθ=−1，5.【答案】C

【解析】解：对函数f(x)求导可得，f′(x)=aex−1x，

依题意，aex−1x≥0在(1,2)上恒成立，

即a≥1xex在(1,2)上恒成立，

设g(x)6.【答案】B

【解析】解：由已知(a−b+1)2+(d−lnc)2=0，

则a−b+1=0d−lnc=0，即A(a,b)为直线x−y+1=0上的点，

B(c,d)为函数y=lnx上的点，

则(7.【答案】B

【解析】【分析】本题考查利用导数根据极值或极值点求参，是中档题．

利用“对勾函数”的单调性求得f(x)的极小值，可得g【解答】

解：由f(x)=x+4x，利用“对勾函数”的单调性，可知其极小值为4；

则函数g(x)=aex−x有极小值为4，

由g(x)=aex−x，得g′(x)=aex−1，8.【答案】A

【解析】解：以D为原点建立空间直角坐标系，必有A(2,0,0)，A1(2,0,3)，C(0,2,0)，

B(2,2,2)，设M(0,m,n)，

则BM=(−2,m−2,n)，A1C=(−2,2,−3)，

由题意得A1C⊥BM，故A9.【答案】BC【解析】解：A选项，若3个歌唱节目排在一起，则有A33=6种情况，

将3个歌唱节目看为一个整体，和2个语言类节目进行排列，则有A33=6种情况，

综上，共有6×6=36种情况，A错误；

B选项，歌唱节目与语言类节目相间排列，

则歌唱类节目在两端和最中间，语言类放在歌唱类节目的之间，则有A33A22=12种情况，B正确；

C选项，若2个语言类节目不排在一起，则采用插空法，先安排歌唱类节目，有A33=6种情况，

再将语言类节目插入到3个节目形成的4个空格中，有A42=12种，

综上，共有6×12=72种情况，C正确；

D选项，前2个节目都是语言类节目，此时后3个为歌唱类节目，有A22A33=12种情况，

前2个节目中有1个是语言类，有1个是歌唱类，

10.【答案】BC【解析】解：函数定义域为(0,+∞)，

且f′(x)=ax−bx2−2cx3=ax2−bx−2cx3，

由题意，方程f11.【答案】AC【解析】【分析】本题考查线面垂直的判定和性质，点到平面的距离的求法，以及正方体的对称性，考查推理能力和运算能力，属于中档题．

求得截面为正六边形EFKGLH【解答】

解：由点E，F，G分别是棱D1C1，C1B1，AB的中点，

记DD1，AD，BB1的中点分别为H，L，K，

结合平面的基本性质可得截面为正六边形EFKGLH，

且边长为22，故截面面积为6×34×(22)2=334，故C正确；

由于FK//BC1，AC1不垂直于BC12.【答案】25【解析】解：令正方体棱长为2，以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

则A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(0,1,2)，G(0,0,113.【答案】(9【解析】解：由题可得：OP=(1,0,2)，则OQ=λOP=(λ,0,2λ)，λ∈R，

设Q(x,y,z)，则OQ=(x,y,z)，

所以x=λ，y=014.【答案】(2【解析】解：令g(x)=ex+x，g′(x)=ex+1>0，所以g(x)单调递增，

因为f(x)=eax−2lnx−x2+ax>0(x>0)，所以eax+ax>ln15.【答案】(Ⅰ)证明：连接BD交AC于点O，连接OE，

在正方形ABCD中，OB=OD．

因为E为DD1的中点，

所以OE/​/BD1

因为BD1⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，

所以BD1//平面ACE．

(Ⅱ)解：不妨设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．

则A(0,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)【解析】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，直线与平面所成角的向量求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．

(Ⅰ)连接BD交AC于点O，连接OE，证明OE/​/BD1，然后证明BD1//平面ACE16.【答案】解：(1)由题意知，AB=(−2,−1,3)，AC=(1,−3,2)，

所以cosA=cos〈AB,AC〉=AB⋅AC|AB||AC|=−2+3+【解析】(1)由空间向量的数量积求出夹角，再由模长公式求出|AB|，|A17.【答案】(1)证明：取棱AA1的中点O，连接CA1，CO，OD，

AC=AA1且∠AA1C=60°，

∴△AA1C为等边三角形，

∴AA1⊥OC，

四边形ABB1A1为正方形，且O，D分别是AA1，BB1的中点，

∴AA1⊥OD，

∵OC∩OD=O，OC，OD⊂平面OCD，

∴AA1⊥平面OCD，

∵CD⊂平面OCD，

∴AA1⊥CD．

(2)解：∵平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，平面AA1C1C∩平面ABB1A1=AA1，且OC⊥AA1，OC⊂面AA1C1C，

∴OC⊥平面ABB1A1，【解析】(1)首先证明AA1⊥平面OCD，然后由线面垂直可以得证；

(2)根据题目中的已知条件找到两两垂直的三条棱，然后建立空间直角坐标系，表示出相关点的坐标，假设点M存在，设出点M18.【答案】解：(1)由f(x)=aex−x+b，得f′(x)=aex−1，则f(0)=a+b，f′(0)=a−1，

故曲线f(x)在x=0处的切线方程为y−a−b=(a−1)(x−0)，即y=(a−1)x+a+b，

由题意得a2+2a−1=a−1+a+b，即a2=b，

即a，b满足的关系式为b=a2；

(2)由(1)知f(x)=aex−x+a2，定义域为R，f′(x)=a【解析】(1)求出函数的导数，利用导数的几何意义求出曲线的切线方程，即可求得答案；

(2)分类讨论a的取值范围，根据导数与函数单调性的关系，即可得答案；

(3)结合(2)得f(x)19.【答案】解：(1)①∵A(1,2,1)，B(0,−1,1)，

又a×b=