河南省安鹤新联盟2024-2025学年高二下学期3月联考数学试卷（含答案）

KA1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。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.已知某校仅有一栋高三教学楼，且该教学楼共有1号、2号、3号、4号四个人口.若来自高三(1)班、(2)班、(3)班、(4)班的四位同学进入该教学楼且不能走与自己班级号码相同的入口(例如高三(1)班的同学不走1号入口),则四位同学用不同的方式进入该教学楼的方法种数为A.16B.128C.64D.812.设函数f(x)=2e²+e²,若曲线y=f(x)在点P(xo,f(xo))处的切线斜率为1,则xo=A.0B.-In2C.13.已知随机变量X满足E(3X+1)=10,D(√2X+√2)=2,则A.E(X)=31,D(X)=4B.E(C.E(X)=3,D(X)=1D.E(X)4.已知{an}为等差数列，且a₃-a₁>4.若直线l:x+y-4=0与圆C:(x-an+1)²+(y+a)²=2相切，则{a}的公差为 5.设0为坐标原点，直线l:x=ty+2与抛物线C:y²=8x交于M,N两点，与C的准线交于 点H.若HM=2MN,点F为C的焦点，则△AA6.某平台账号开放给甲、乙、丙三人使用的时间合计为30分钟，同一时间只能供一人使用.为了优化该平台的使用效果，要求这三人均要使用该平台，且三人使用的时间累加刚好为30分钟，每人的使用时间不间断，每人的使用时间均为1分钟的正整倍数，则不同的安排方法种数为A.3654B.40607.根据天气预报，某地区近期有小暴雨的概率为0.4,有大暴雨的概率为0.01.该地区某蔬菜农场主有一大片蔬菜未收割，若遭遇小暴雨，则该农场主将损失5000元；若遭遇大暴雨，该农场主将损失10000元.为了减少损失，有三种方案可供选择：方案①是雇人收割蔬菜，劳务费为2000元；方案②是搭建挡雨棚，搭建费为1800元，但仅可以防小暴雨；方案③是不采取任何【高二数学第1页(共4页)】A.99B.100A.IAP|的最小值为4B.若λ+μ=1,则点P在平面AB₁C₁上C.若λ+μ=1,则点M到平面AB₁P的距离为定值1C.存在x∈(0,+0),使f(f(x))=0为二次非剩余.现从4到19这16个整数中随机抽取一个整数a,记事件A=“(a,10)=1”,线与椭圆C交于点A,B.若点H满足|HB|·sin∠HBA=|HF₂|·sin∠HF₂B=IHA|·sin∠HAF₂,且△HAB,△HBF₂,△HAF₂的面积之比为5:7:4,则椭圆C的离四、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)(1)求a₁;16.(15分)如图，在三棱台ABC-A₁B₁C₁中，AA,上平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=4,A₁C₁=2,AA₁=2√3,E为棱CC₁的中点.(1)求该三棱台的体积V.(3)求平面ABE与平面AB₁E夹角的余弦值.17.(15分)点库，用此筛选符合要求的参与者，并为符合要求的参与者准备了精美的纪念品.参与者需要先从这两个景点库中随机选择一个景点库，再从所选景点库中等可能地抽取一个景点，这是第一次抽取.将第一次抽取的景点放回原来的景点库，再进行第二次抽取.若两次抽取的景点都是参与者曾经去过的景点，则参与者符合活动要求并获得精美的纪念品.已知南方景点库共有12个景点，参与者小方去过其中9个景点，北方景点库共有8个景点，小方去过其中4个景点.第一次选择南方景点库和选择北方景点库的概率均(1)求小方第一次抽取的景点是小方曾经去过的景点的概率.(2)在小方第一次抽取的景点是小方曾经去过的景点的条件下，求小方第一次抽取的景点是南方景点库的景点的概率.(3)将小方第一次抽取到的曾经去过的景点放回原来的景点库，再进行第二次抽取时，有如下两种方案：方案一，从第一次抽取的景点库中抽取；试比较两个方案，哪个方案使得小方符合活动要求并获得精美纪念品的概率更大河南省高二考试数学参考答案1.D因为不能走与自己班级号码相同的入口，所以来自高三(1)班的同学进入该教学楼有法计数原理知，共有3×3×3×3=81种方法.2.A由题意得f'(x)=2e"-e,则f'(xo)=2e²°-e⁰=1,解得xo=0.3.C因为E(3X+1)=10,D√2X+√2)=2,所以3E(X)+1=10,2D(X)=2,解得E(X)=3,D(X)=1.4.C圆C。的圆心为C,(an+1,-an),半径r=√2,则圆心C,到直线l的距离d=,得an+1-an=2或6.因为a₃-a₁=2d>4,所以d>2,则d=6.5.B由题意得抛物线5.B由题意得抛物线C的焦点为F(2,0),则直线l过点F.过M,N分别|NFI.由HM=2MN,H6.C将30分钟分成3份，则由隔板法得不同的安排方法种数为C=406.7.B设采用方案①,②,③的总损失分别为ξ,ξ2,ξs.若采用方案①,则E(E₁)=2000;若采用方案②,则P(ξ2=11800)=0.01,P(ξ2=1800)=0.99,E(E₂)=11800×0.01+1800×0.99=1900;若采用方案③,则P(ξ₃=5000)=0.4,P(ξ₃=10000)=0.01,P(ξ₃=0)=0.55000×0.4+10000×0.01+0×0.59=2100.因为1900<2000<2100,所以从农场主损失=8,所以{ab}的公比为2,所以ab=4·2”¹=2"+1.因为ap是等差数列{a}的第b,项，所1×2²+2×2³+3×2⁴+…+n·2“+1,两式相减得一T,=1×2+2²+2³+2⁴+…+2”—99·2n+2+2即为(n-1)·2”+¹+2≥198·2”+¹+2,所以n-1≥198,解得n≥199.9.展开式的通项.令k=0,得,常数项为,B正确.令x=1,得a。+a₁+a₂+a₃+a₄+a₅=0,C正确.令x=-1,得-ao+a₁-a₂+a₃-a4+as=5×2⁴≠0,D错误.10.ABD因为CP=aCD+μCC₁,且λ∈[0,1],μ∈[0,1],所以点面CDD₁C₁内(含边界),所以|AP|的最小值为|AD|=4,A正确.连接C₁D.当λ+μ=1时，点P在线段C₁D上，因为C₁D//B₁A,所以点P为点M到平面AB₁C₁D的距离.过点M作ME_C₁D,交C₁D于点E,则ME的长即为点M到平面AB₁P的距离.连接CD₁.易得C错误.取AB₁的中点F,连接NF,AN,则NFLAB₁,所以易知函数y=xe²在(0,+∞)上单调递增.令xe²=t,则Int=at,所以,即y=a与错误.由f(x)≤e“-x+a,,所以xe+ax≥x²+Inx,令g(x)=e+x,易知函数g(x)在R上单调递增.因为e+ar+(lnx+ax)≥ema²+Inx²,所以g(Inx+ax)≥g(Inx²),所以Inx+ax≥12.32根据题意可得n=5,则展开式中所有二项式系数之和为2⁵=32.13.在4到19这16个整数中与10互质的数有7,9,11,13,17,19,共6个，所以P(A)sin∠HF₂B=|HA|·sin∠HAF₂,所以S△HAB:S△HBF₂:S△HAF₂=|AB|:|BF₂|:,所以椭圆C的离心率得4a₁+7a₂+10a₃+…+(3n-2)an-1=(n-1)·4"②,3分由①-②得(3n+1)an=n·4"+¹-(n-1)·4"=(3n+1)·4",…4分A₁C₁.因为A₁C₁=2,AA₁=2√3,所以AC₁=√12+4=4=AC3分因为AA₁⊥平面ABC,所以AA₁LAB,…………………5分又因为AB_AC,AC∩AA₁=A,所以AB⊥平面AA₁C₁C.…6分因为CC₁C平面AA₁C₁C,所以ABLCC₁,……………7分因为AB∩AE=A,ABC平面ABE,AEC平面ABE,所以(3)解：以A为坐标原点，AB,AC,AA₁所在直线分别为x,y,则A(0,0,0),B₁(2,0,2√3),E(0,3,√3),C₁(0,2,2√3),C(0,由(1)易得CC₁=(0,-2,2√3)是平面ABE的一个法向量.……11分设平面AB₁E的法向量为n=(x,y,z),则取n=(3,1,-√3),………………………13分所以平面ABE与平面AB₁E夹角的余弦值……15分景点是曾经去过的景点为事件B,,………11分,………13分因,所以方案一使得小方符合活动要求并获得精美纪念品的概率更大.……15分得(t²-2)y²+2mty+m²-4=0,由△=4m²t²-4(t²-2)(m²-4)>0,得2t²+m²-4>0,6分由题意易得直线HA与直线HB的斜率①②①②,…………………12分即3(ty₁+m-2)(ty₂+m-2)=-2y₁y2,(3t²+2)(m²-4)+3t(m-2)(-2mt)+3(t²-2)(m-2)²=014所以存在x。,使f(x₀)+g(xo)=ae+a+x₀-xoe=0,即有令,则直线y=a与函数h(x)的图象有交点………………2分因为令u(x)=e²+2xe"-1,则u'(x)=2e"所以u'(x)>0,所以u(x)在[0,+一]上单调递增，所以u(x)≥u(0)=e°-1=0.因为h'(x)≥0,所以h(x)在[0,+一]上单调递增，……………