2023-2024学年甘肃省定西市临洮县高二（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年甘肃省定西市临洮县高二（下）开学数学试卷（含解析），共12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.家住广州的小明同学准备周末去深圳旅游，从广州到深圳一天中动车组有30个班次，特快列车有20个班次，汽车有40个不同班次.则小明乘坐这些交通工具去深圳不同的方法有( )
A. 240种B. 180种C. 120种D. 90种
2.已知等差数列{an}满足a2+a3+a7+a8=8，则a4+a6=( )
A. 3B. 6C. 2D. 4
3.等比数列{an}中，a4=2，a6=4，则a2等于( )
A. 12B. 32C. 1D. 2
4.现有4名男生和4名女生排成一排，且男生和女生逐一相间的排法共有( )
A. A 44+A 55B. A 44A 55C. 2A 44D. 2A 44A 44
5.双曲线的虚轴长为4，离心率e= 62，F1、F2分别是它的左、右焦点，若过F1的直线与双曲线的左支交于A、B两点，且|AB|是|AF2|与|BF2|的等差中项，则|AB|等于( )
A. 8 2B. 4 2C. 2 2D. 8
6.已知圆C：(x−3)2+(y−4)2=25，O为原点，则以OC为直径的圆方程为( )
A. (x+32)2+(y+2)2=254B. (x−32)2+(y−2)2=25
C. (x−3)2+(y−4)2=254D. (x−32)2+(y−2)2=254
7.如图为一个抛物线形拱桥，当水面经过抛物线的焦点时，水面的宽度为36m，则此时欲经过桥洞的一艘宽12m的货船，其船体两侧的货物距离水面的最大高度应不超过( )
A. 6m
B. 6.5m
C. 7.5m
D. 8m
8.在(x2−x−2)5的展开式中x的系数为( )
A. 80B. 240C. −80D. 160
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.已知圆(x−1)2+(y−1)2=4与直线x+my−m−2=0，下列选项正确的是( )
A. 圆的圆心坐标为(1,1)B. 直线过定点(−2,1)
C. 直线与圆相交且所截最短弦长为2 3D. 直线与圆可以相切
10.已知直线l：y=2x+3被椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)截得的弦长为7，则下列直线中被椭圆C截得的弦长一定为7的有( )
A. y=2x−3B. y=2x+1C. y=−2x−3D. y=−2x+3
11.某师范大学5名毕业生到某山区的乡村小学工作.将这5名毕业生分配到该山区的A，B，C三所小学，每所学校至少分配1人.( )
A. 若甲不去A小学，则共有100种分配方法
B. 若甲、乙去同一所小学，则共有36种分配方法
C. 若有一所小学分配了3人，则共有90种分配方法
D. 共有120种分配方法
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在如图所示的四个区域中，有5种不同的花卉可选，每个区域只能种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法共有______种.(用数字作答)
13.已知点P(1,1)是椭圆x24+y23=1某条弦的中点，则此弦所在的直线的一般方程为______．
14.若双曲线x2−y2a2=1(a>0)的一条渐近线为y=4x，则过抛物线y2=ax的焦点且垂直于x轴的弦AB，与抛物线的顶点组成的三角形的面积为______．
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)
平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(−1,2)，B(−3,4)，C(0,6)．
(1)求BC边上的高所在的直线方程；
(2)求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
若(2x−1)10=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10，x∈R，则：
(1)求a0；
(2)求a1+a2+⋯+a10的值；
(3)求|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a10|的值．
17.(本小题15分)
已知10件不同的产品中有4件次品，现对它们一一测度，直至找到所有4件次品为止．
(1)若恰在第2次测试时，才测试到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？
(2)若至多测试6次就能找到所有4件次品，则共有多少种不同的测试方法？
18.(本小题17分)
已知等差数列{an}满足：a3=7，a5+a7=26，{an}的前n项和为Sn．
(1)求an及Sn；
(2)令bn=1an2−1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn．
19.(本小题17分)
已知椭圆G：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 63，右焦点为(2 2,0)，斜率为1的直线l与椭圆G交与A、B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P(−3,2)．
(Ⅰ)求椭圆G的方程；
(Ⅱ)求△PAB的面积．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据分类加法计数原理，得方法种数为30+20+40=90．
故选：D．
运用分类加法计数原理计算即可．
本题考查分类加法计数原理，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：等差数列{an}满足a2+a3+a7+a8=4a5=8，
所以a5=2，
则a4+a6=2a5=4．
故选：D．
由已知结合等差数列的性质即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质的应用，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为数列{an}是等比数列，
所以a42=a2a6即4=4a2，解得a2=1，
故选：C．
利用等比中项直接计算即可．
本题主要考查了等比数列的性质，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：可分为两种，(1)男生在排头，(2)女生在排头，
所以结果为2A44A44种．
故选：D
可分为两种，(1)男生在排头，(2)女生在排头，利用乘法原理可得结论．
本题考查计数原理的应用，考查学生的计算能力，比较基础．
5.【答案】A
【解析】解：由题意可知2b=4,e=ca= 62，于是a=2 2，
∵2|AB|=|AF2|+|BF2|，
∴|AB|+|AF1|+|BF1|=|AF2|+|BF2|，
得|AB|=|AF2|−|AF1|+|BF2|−|BF1|=4a=8 2．
故选A．
由题意及双曲线的方程知双曲线的虚轴长为4，即2b=4，利用离心率的知求解出a的值，再利用|AB|是|AF2|与|BF2|的等差中项，得到|AB|．
此题重点考查了双曲线方程的虚轴的概念及离心率的概念，还考查了利用双曲线的第一定义求解出|AB|的大小．
6.【答案】D
【解析】解：根据题意，圆C：(x−3)2+(y−4)2=25，其圆心C(3,4)，半径|OC|=5，
故以OC为直径的圆的圆心为(32,2)，半径为52，
故所求圆的方程为：(x−32)2+(y−2)2=254．
故选：D．
根据题意，求出C的坐标，由此确定以OC为直径的圆的圆心和半径，即可得答案．
本题考查圆的标准方程，注意圆心坐标和半径，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：由题意如图所示，设抛物线的方程为：x2=−2py，p>0
设直线CD过焦点F(0,−p2)，由题意可得CD=36，则C(18,−p2)，
代入抛物线的方程可得：182=−2p⋅(−p2)，解得p=18，可得C(18,−9)
所以抛物线的方程为：x2=−36y，
当船宽12m时，设AB为船宽，A为船两端与桥的交点，则A(6,m)，
代入抛物线可得m=−1，
所以船体两侧的货物距离水面的最大高度应不超过−1−(−9)=8，
故选：D．
由题意画出图形，由水面宽36米恰好过抛物线的焦点可得抛物线的方程，假设船体两侧的货物距离水面的最大高度恰好与抛物线相交，求出这个高度，进而可得所求的结果．
考查抛物线的标准方程，及其应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查二项式定理的通项，求解指定项的系数，属于中档题．
由题意利用二项式定理的通项，求得展开式中含x的项，可得结论．
【解答】
解：根据题意x2−x−25=x−25x+15，
所以由二项式定理的通项可得C54·x·−24C55·x0·15+C55·x0·−25C54·x·14=−80x，
故(x2−x−2)5的展开式中x的系数为−80．
故选：C．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A选项，由题意可得圆的圆心坐标为(1,1)，故A正确；
对于B选项，直线方程即为(x−2)+m(y−1)=0，由x−2=0y−1=0，可得x=2y=1，
所以直线过定点(2,1)，故B错误；
对于C选项，记圆心为C(1,1)，定点A(2,1)，则|AC|= (2−1)2+(1−1)2=1，
当直线AC与直线x+my−m−2=0垂直时，圆心C到直线x+my−m−2=0的距离最大，
此时直线x+my−m−2=0截圆(x−1)2+(y−1)2=4所得弦长最小，
此时弦长为2 4−1=2 3，故C正确；
对于D选项，因为(2−1)2+(1−1)2b>0)截得的弦长一样，都是7，故A正确；
对于B，直线y=2x+1与直线l：y=2x+3平行，但不关于原点对称，
所以两直线与椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)截得的弦长不一样，故B不正确；
对于C，直线y=−2x−3与直线l：y=2x+3关于X轴对称，
故此两直线与椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)截得的弦长一样，都是7，故C正确；
对于D，直线y=−2x+3与直线l：y=2x+3关于Y轴对称，
故此两直线与椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)截得的弦长一样，都是7，故D正确．
综上知，ACD三个选项正确．
故选：ACD．
根据椭圆是轴对称图形与中心对称图形的性质，找出四个选项中与直线l：y=2x+3关于原点对称或者关于坐标轴对称的直线，即可得出答案．
本题考查直线与椭圆的综合，主要考查椭圆的对称性，直线的方程与直线间的位置关系，考查了逻辑推理能力，综合性较强．
11.【答案】AB
【解析】解：对于A，5名毕业生分配到三所小学可以分成{3,1,1}或{2,2,1}两种情况，
若A小学安排1人，除甲外的4人任选1人安排到A小学，再把余下4人按{3,1}或{2,2}分两组安排到B、C小学，
则有C41(C43×A22+C42)=56种分配方法；
若A小学安排2人，除甲外的4人任选2人安排到A小学，再把余下3人分两组安排到B、C小学，则有C42C31A22=36种分配方法，
若A小学安排3人，除甲外的4人任选3人安排到A小学，再把余下2人分两组安排到B、C小学，则有C43A22=8种分配方法，
所以甲不去A小学共有56+36+8=100种分配方法，故A正确；
对于B，若甲、乙同去一所小学，则将甲、乙捆绑看作一个人，与其它三人一起看作4人，
按{2,1,1}形式分组，再分派到3个学校中，共有C42A33=36种，所以甲、乙去同一所小学共有36种分配方法，故B正确；
对于C，若有一所小学分配了3人，先将5人按{3,1,1}分成三组，再将三组人分配到三所小学，
所以有C53C21C11A22A33=60种分配方法，故C错误；
对于D，这5名毕业生分配到该山区的A，B，C三所小学，每所学校至少分配1人，
共有(C53C21C11A22+C52C32C11A22)A33=150种分配方案，故D错误．
故选：AB．
对于A，可将5名毕业生先进行分组，再根据安排去A小学的人数分类讨论求解即可；
对于B，将甲乙捆绑在一起看成整体，再按{2,1,1}分为3组，然后每一组派到一所小学即可；
对于C，先将5人分组为3，1，1的三组，再全排列即可；
对于D，可将5名毕业生分为3组，有{3,1,1}或{2,2,1}两种情况，然后全排列即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
12.【答案】240
【解析】解：由分步乘法计数原理得5×4×3×4=240种，
故答案为：240．
直接利用分步乘法计数原理即可求出结果．
本题考查分步乘法计数原理，属于基础题．
13.【答案】3x+4y−7=0
【解析】解：设过P的直线与椭圆的交点为A(x1,y1)，B(x2,y2)，由题意可得x1+x22=1，y1+y22=1，
代入椭圆的方程：x124+y123=1x224+y223=1，整理可得：x12−x224=−y12−y223，
可得y1−y2x1−x2=−34⋅x1+x2y1+y2=−34⋅11=−34，
即直线的斜率k=−34，
所以直线AB的方程为：y−1=−34(x−1)，整理可得：3x+4y−7=0，
故答案为：3x+4y−7=0．
设交点的坐标，由点差法可得直线的斜率，再代入点斜式方程可得直线的方程．
本题考查点差法求中点弦所在的直线的斜率及由点斜式方程求直线的方程，属于基础题．
14.【答案】2
【解析】解：由双曲线x2−y2a2=1，
得其渐近线为y=±ax，
∴a=4．
∴抛物线方程为y2=4x．
∴|AB|=4．
∴S=12×1×4=2．
故答案为：2．
由双曲线的方程求得其渐近线方程，结合已知得到a，则抛物线方程可求，求出抛物线的通径后代入三角形的面积公式得答案．
本题考查了双曲线与抛物线的简单几何性质，考查了双曲线的渐近线方程，是基础题．
15.【答案】解：(1)直线BC的斜率kBC=6−40−(−3)=23，则BC边上高所在直线斜率k=−32，
则BC边上的高所在的直线方程为y−2=−32(x+1)，即3x+2y−1=0．
(2)BC的方程为y=23x+6，2x−3y+18=0．
点A到直线BC的距离d=|2×(−1)−3×2+18| 32+22=10 1313，|BC|= (0+3)2+(6−4)2= 13，
则△ABC的面积S=12|BC|d=12× 13×10 1313=5．
【解析】(1)直线BC的斜率kBC=6−40−(−3)=23，可得BC边上高所在直线斜率k=−32，利用点斜式即可得出BC边上的高所在的直线方程．
(2)BC的方程为y=23x+6，2x−3y+18=0.利用点到直线的距离公式可得：点A到直线BC的距离d，利用两点之间的距离公式即可得出|BC|，即可得出△ABC的面积．
本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、点斜式、点到直线的距离公式、两点之间的距离公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
16.【答案】解：(1)令x=0，则a0=(0−1)10=1；
(2)令x=1，则a0+a1+a2+...+a10=(2−1)10=1，
所以a1+a2+...+a10=1−1=0；
(3)因为|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a10|的和为二项式(2x+1)10的展开式的各项系数和，
所以令x=1，则|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a10|=(2+1)10=310．
【解析】(1)令x=0即可求解；(2)令x=1建立方程即可求解；(3)因为|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a10|的和为二项式(2x+1)10的展开式的各项系数和，然后令x=1即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，涉及到赋值法的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)若恰在第2次测试时，才测到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，若是不放回地逐个抽取测试，
第2次测到第一件次品有4种方法；第8次测到最后一件次品有3种方法；
第3至第7次抽取测到最后两件次品共有A52种方法；剩余4次抽到的是正品，共有A42A52A64=86400种抽法．
(2)检测4次可测出4件次品，不同的测试方法有A44种，
检测5次可测出4件次品，不同的测试方法有4A43A61种；
检测6次测出4件次品或6件正品，则不同的测试方法共有4A53A62+A66种．
由分类计数原理，
知满足条件的不同测试方法的种数为A44+4A43A61+4A53A62+A66=8520．
【解析】(1)若恰在第2次测试时，才测到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，若是不放回地逐个抽取测试，第2次测到第一件次品有4种方法；第8次测到最后一件次品有3种方法；第3至第7次抽取测到最后两件次品共有A52种方法；剩余4次抽到的是正品，分类计数原理共有A42A52A64种抽法．
(2)检测4次可测出4件次品，不同的测试方法有A44种，检测5次可测出4件次品，不同的测试方法有4A43A61种；检测6次测出4件次品或6件正品，则不同的测试方法共有4A53A62+A66种，由分类计数原理，知满足条件的不同测试方法的种数为A44+4A43A61+4A53A62+A66．
本题考查分步计数问题，考查排列组合的实际应用，考查用排列组合数表示方法数，是中档题．
18.【答案】解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d．
∵a3=7，a5+a7=26，
∴a1+3d=72a1+10d=26，解得a1=3，d=2．
∴an=3+2(n−1)=2n+1，
Sn=3n+n(n−1)2×2=n2+2n．
(2)由(1)知an=2n+1，
∴bn=1an2−1=1(2n+1)2−1=14⋅1n(n+1)
=14⋅(1n−1n+1)，
∴Tn=14⋅(1−12+12−13+…+1n−1n+1)
=14⋅(1−1n+1)=n4(n+1)，
即数列{bn}的前n项和Tn=n4(n+1)．
【解析】(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由a3=7，a5+a7=26，可得a1+3d=72a1+10d=26，解得a1，d即可得出．
(2)由(1)知an=2n+1，可得bn=1an2−1=14⋅1n(n+1)=14⋅(1n,1n+1)，运用裂项相消求和即可得到．
本题考查了等差数列通项公式与求和公式、“裂项求和”方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)由已知得，c=2 2，ca= 63，
解得a=2 3，又b2=a2−c2=4，
所以椭圆G的方程为x212+y24=1．
(Ⅱ)设直线l的方程为y=x+m，
由y=x+mx212+y24=1得4x2+6mx+3m2−12=0.①
设A，B的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)(x1