2023-2024学年广西南宁二中高二（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广西南宁二中高二（下）开学数学试卷（含解析），共15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.命题“∀x∈R，x2+3x+4>0”的否定是( )
A. ∀x∈R，x2+3x+4≤0B. ∃x∉R，x2+3x+4<0
C. ∃x∈R，x2+3x+4≤0D. ∃x∈R，x2+3x+4<0
2.已知抛物线C的方程为x2+8y=0，则抛物线的焦点坐标为( )
A. (−2,0)B. (2,0)C. (0,−2)D. (0,2)
3.已知函数f(x)在点x=2处的切线方程为2x+y−1=0，则f′(2)+f(2)=( )
A. −5B. −3C. 3D. 5
4.已知a、b∈R，设M=a2−ab，N=ab−b2，则M与N的值的大小关系是( )
A. MND. M≥N
5.在公元前500年左右的毕达哥拉斯学派的数学家们坚信，“万物皆(整)数与(整)数之比”，但后来的数学家发现了无理数，引发了数学史上的第一次数学危机.如图是公元前400年古希腊数学家泰特拖斯用来构造无理数 2， 3， 5，…的图形，此图形中∠BAD的余弦值是( )
A. 4− 36B. 4+ 36C. 2 3+ 66D. 2 3− 66
6.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，若AB= 2BB1=2，则C到直线AB1的距离为( )
A. 155
B. 105
C. 153
D. 303
7.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)=−f(x)，当x∈[0,2]时，f(x)=2x+ax，则f(99)=( )
A. 1B. −1C. −12D. 12
8.已知函数f(x)=x2的值域为[0,+∞)，关于其定义域D，下列说法正确的是( )
A. D只能是实数集
B. 任取D中两个元素，乘积一定非负
C. D不可能是无穷多个闭区间的并集
D. D可能是所有有理数以及负无理数所成集合
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.直线l1：mx−y−2=0和直线l2：(2m+1)x−y+3=0，下列说法正确的是( )
A. 当l1⊥l2时，m=−12或m=0
B. 当l1//l2时，m=−1
C. 当m=1时，过直线l1与l2的交点且平行于y=x的直线方程为：x−y+2=0
D. 当m=1时，过直线l1关于l2对称的直线方程为：7x+y+22=0
10.函数f(x)=Asin(ωx+φ)(其中A>0,ω>0,|φ|≤π2)的部分图象如图所示，则( )
A. f(0)=−1
B. 函数f(x)的最小正周期是2π
C. 函数f(x)的图象关于直线x=π3对称
D. 将函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度以后，所得的函数图象关于原点对称
11.设函数f(x)=xlnx+(1−x)ln(1−x)，则( )
A. f(x)=f(1−x)
B. 函数f(x)有最大值−ln2
C. 若x1+x2=1，则x1f(x2)+x2f(x1)≥−ln2
D. 若x1+x2<1，且12三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知一个圆锥的侧面积为6π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为 ．
13.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，f(0)=1，且f′(x)>f(x)，则不等式f(x)>ex的解集为______．
14.在正三角形ABC中，由e⋅(AB+BC+CA)=e⋅0=0可得到三角恒等式csθ+cs(θ+2π3)+cs(θ+4π3)=0，其中θ=〈e,AB〉，以此类推，在正n边形中，可得到三角恒等式______．
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)
首次实施新高考的八省(市)于2021年1月23日统一举行了新高考适应性考试，在联考结束后，根据联考成绩，考生可了解自己的学习情况，作出升学规划，决定是否参加强基计划．在本次适应性考试中，某学校为了解高三学生的联考情况，随机抽取了100名学生的联考数学成绩作为样本，并按照分数段[50,70)，[70,90)，[90,110)，[110,130)，[130,150]分组，绘制了如图所示的频率分布直方图．
(Ⅰ)求出图中a的值并估计本次考试及格率(“及格率”指得分为90分及以上的学生所占比例)；
(Ⅱ)估计该校学生联考数学成绩的第80百分位数；
(Ⅲ)估计该校学生联考数学成绩的众数、平均数．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=(x+1)ex．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若方程f(x)=a有两个不同的解，求实数a的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在五面体ABCDE中，BE⊥平面ABC，AD/​/BE，AD=2BE，AB=BC．
(1)求证：平面CDE⊥平面ACD；
(2)若AB= 3,AC=2，五面体ABCDE的体积为 2，求平面CDE与面ABED所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知双曲线C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率e= 52，虚轴长为2．
(Ⅰ)求双曲线C的标准方程；
(Ⅱ)若直线l：y=kx+m与双曲线C相交于A，B两点(A,B均异于左、右顶点)，且以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
19.(本小题17分)
若各项为正的无穷数列{an}满足：对于∀n∈N*，an+12−an2=d，其中d为非零常数，则称数列{an}为D数列.记bn=an+1−an．
(1)判断无穷数列an= n和an=2n是否是D数列，并说明理由；
(2)若{an}是D数列，证明：数列{bn}中存在小于1的项；
(3)若{an}是D数列，证明：存在正整数n，使得i=1n1ai>2024．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：命题为全称命题，则命题的否定为：∃x∈R，x2+3x+4≤0．
故选：C．
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
本题主要考查含有量词的命题的否定，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由x2+8y=0，可得x2=−8y，所以2p=8，
所以p2=2，故抛物线的焦点坐标为(0,−2)．
故选：C．
把抛物线方程化为标准方程可求p，进而可求抛物线的焦点坐标．
本题考查抛物线的性质，属基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵函数f(x)在点x=2处的切线方程为2x+y−1=0，
∴f′(2)=−2，且2×2+f(2)−1=0，得f(2)=−3，
∴f′(2)+f(2)=−5．
故选：A．
由已知结合导数的几何意义求解即可．
本题考查导数的几何意义及应用，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为M=a2−ab，N=ab−b2，则M−N=a2−2ab+b2=(a−b)2≥0，
所以M≥N．
故选：D．
作差可得完全平方，判断出M，N的大小．
本题考查作差法比较大小的方法，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意可知△BCD中，∠DCB=90°+45°=135°，
由余弦定理可得BD2=CD2+BC2−2CD⋅CBcs∠DCB=1+1−2×1×1×(− 22)=2+ 2，
在△BAD中，由余弦定理可得cs∠BAD=AD2+AB2−BD22AD⋅AB=3+1−(2+ 2)2× 3×1=2 3− 66．
故选：D．
由题意可知，∠DCB=90°+45°=135°，由余弦定理可得BD的值，在△BAD中，再由余弦定理可得∠BAD的余弦值．
本题考查余弦定理的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查空间中点线距离的计算，空间向量及其应用等知识，属于基础题．
取AC的中点O，建立空间直角坐标系O‐xyz，根据点到线距离的向量求法计算即可．
【解答】解：由题意知，AB= 2BB1=2，∴BB1= 2，
取AC的中点O，则BO⊥AC，BO= 3，
建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则A(0,−1,0),B1( 3,0, 2),C(0,1,0)，
所以AB1=( 3,1, 2),CA=(0,−2,0)，
所以CA在AB1上的投影的长度为|CA⋅AB1||AB1|=2 6= 63，
故点C到直线AB1的距离为：d= |AC|2−( 63)2= 303．
故选D．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意，函数f(x)满足f(x+2)=−f(x)，当x=0时，有f(2)=−f(0)，
当x∈[0,2]时，f(x)=2x+ax，则有22+2a=−(20+0)，解得a=−52，
所以当x∈[0,2]时，f(x)=2x−52x，
又由f(x+2)=−f(x)，则有f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，即函数f(x)为周期函数且T=4，
所以f(99)=f(3+24×4)=f(3)=f(1+2)=−f(1)=−(21−52×1)=12．
故选：D．
根据题意，用特殊值法可得f(2)=−f(0)，结合函数的解析式求出a的值，又由f(x+2)=−f(x)，变形可得f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，即函数f(x)为周期函数且T=4，由此可得f(99)=f(3+24×4)=−f(1)，计算可得答案．
本题考查抽象函数的性质以及应用，关键是求出a的值并分析函数的周期，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：对于A，当D=[0,+∞)时，满足f(x)=x2的值域为[0,+∞)，故A错误；
对于B，当D=[−1,+∞)时，满足f(x)=x2的值域为[0,+∞)，
此时取−1，1∈D，则−1×1=−1<0，故B错误；
对于C，取D=[0,1]∪[1,2]∪⋯∪[k,k+1]∪⋯，k∈N，
此时，对于任意M>0，取k=[ M],[ M]表示 M的整数部分，
则 MM，故C错误．
对于D，当M=(−∞,0]时，满足f(x)=x2的值域为[0,+∞)，
而所有有理数以及负无理数所成集合包含了M=(−∞,0]，满足题意，故D正确．
故选：D．
利用二次函数的性质逐一分析ABD，举反例排除C，从而得解．
本题主要考查了二次函数性质的应用，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A：当l1⊥l2时，有m(2m+1)+1=0，此方程无解，故A错误；
对于B：令−m=−(2m+1)，解得m=−1，此时l1：−x−y−2=0，l2：−x−y+3=0，l1//l2，故B正确；
对于C：当m=1时，l1：x−y−2=0，l2：3x−y+3=0，联立x−y−2=03x−y+3=0，得直线l1与l2的交点为(−52,−92)，平行于y=x的直线斜率为1，
故过直线l1与l2的交点且平行于y=x的直线方程为：x−y−2=0，故C错误；
对于D：当m=1时，直线l1与l2的交点为P(−52,−92)，易知点(0,−2)在直线x−y−2=0上，
设该点关于直线l2的对称点为Q(m,n)，
则n+2m×3=−13×m2−−2+n2+3=0，解得m=−3n=−1，
所以Q(−3,−1)，因为P(−52,−92)，所以kPQ=−7，
所以所求直线方程为y+92=−7(x+52)，即7x+y+22=0，故D正确．
故选：BD．
对于A、B选项，根据两条直线互相平行和垂直的充要条件即可判断；对于C选项，求出直线的点斜式方程即可判断；对于D选项，先求出两条直线的交点，再求出直线l1关于l2的对称点，根据直线上的两点即可求出直线方程，进一步判断即可．
本题主要考查直线平行、垂直的性质，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：根据函数f(x)=Asin(ωx+φ)(其中A>0,ω>0,|φ|≤π2)的部分图象可得A=2，
可得34×2πω=7π12+π6，求得ω=2，
结合五点法作图，可得2×(−π6)+φ=−π2，求得φ=−π6，
所以f(x)=2sin(2x−π6)，
可得f(0)=2sin(−π6)=−1，故A正确；
可得f(x)的最小正周期为2π2=π，故B不正确；
令x=π3，求得f(π3)=2sin(2×π3−π6)=2，为最大值，可得函数f(x)的图象关于直线x=π3对称，故C正确；
将函数f(x)的图象向左平移π6个单位后，可得y=2sin(2x+π6)的图象，
可得所得的函数图象不关于y轴对称，故D错误．
故选：AC．
由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得函数的解析式．再利用正弦函数的图象和性质，得出结论．
本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对A.由题意知，f(x)=xlnx+(1−x)ln(1−x)，
所以f(1−x)=(1−x)ln(1−x)+xlnx=f(x)，故A正确；
对B.由题意知f(x)的定义域为(0,1)，
f′(x)=lnx+x×1x−ln(1−x)−1=lnx−ln(1−x)=lnx1−x，
当x∈(0,12)，f′(x)<0，当x∈(12,1)，f′(x)>0，
所以f(x)在(0,12)单调递减，在(12,1)单调递增，
所以当x=12时，f(x)取到极小值也是最小值f(12)=−ln2，故B错误；
对C.当x1+x2=1时，可得x1=1−x2=1，由A知f(1−x)=f(x)，
所以x1f(x2)+x2f(x1)=(1−x2)f(x2)+x2f(1−x2)=(1−x2)f(x2)+x2f(x2)=f(x2)，
由B知f(x)≥−ln2恒成立，所以f(x2)≥−ln2，故C正确；
对D.当x1+x2<1时，得x2<1−x1，又因为12由B知f(x)在(12,1)上单调递增，所以f(x2)又由A知f(x1)=f(1−x1)，所以f(x2)故选：ACD．
根据f(x)的解析式直接求f(1−x)可对A判断；利用导数求最值可对B判断；结合已知条件并利用A、B中的结论可对C、D判断．
本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值，利用单调性比较函数值的大小，考查了转化思想，属中档题．
12.【答案】3π
【解析】【分析】
本题考查了圆锥的底面半径长和圆锥的体积计算问题，是基础题．
由圆锥的侧面积和侧面展开图是一个半圆，求出底面圆半径和母线长，再计算圆锥的高和体积．
【解答】
解：设圆锥底面圆半径为r，母线长为l，
由侧面展开图是一个半圆，所以2πr=πl，解得l=2r，
所以圆锥的侧面积为πrl=2πr2=6π，解得r= 3，
所以圆锥的高为h= l2−r2= (2 3)2−( 3)2=3，
则此圆锥的体积为V=13πr2h=13×π×( 3)2×3=3π．
故答案为：3π．
13.【答案】(0,+∞)
【解析】解：设函数g(x)=f(x)ex，g′(x)=f′(x)ex−f(x)ex(ex)2=f′(x)−f(x)ex>0，所以g(x)单调递增，
不等式f(x)>ex⇔f(x)ex>1，即g(x)>g(0)，即x>0，
所以不等式的解集为(0,+∞)．
故答案为：(0,+∞)．
首先构造函数g(x)=f(x)ex，理由导数判断函数的单调性，再求解不等式．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】csθn+cs(θn+2πn)+...+cs[(θn+2(n−1)πn]=0
【解析】解：在正三角形ABC中，由e⋅(AB+BC+CA)=e⋅0=0可得到三角恒等式csθ+cs(θ+2π3)+cs(θ+4π3)=0，其中θ=〈e,AB〉，
依此类推，在正n边形中，可得到三角恒等式csθn+cs(θn+2πn)+...+cs[(θn+2(n−1)πn]=0．
故答案为：csθn+cs(θn+2πn)+...+cs[(θn+2(n−1)πn]=0．
由平面向量数量积的运算，结合逻辑推理求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了逻辑推理，属中档题．
15.【答案】解：(Ⅰ)由(0.004+a+0.013+0.014+0.016)×20=1得a=0.003，
则及格率为：(0.016+0.014+0.003)×20=0.66=66%．
(Ⅱ)得分在110以下的学生所占比例为(0.004+0.013+0.016)×20=0.66，
得分在130以下的学生所占比例为0.66+0.014×20=0.94，
所以第80百分位数位于[110,130)内，
由110+20×0.8−−0.66=120，
估计第80百分位数为120．
(Ⅲ)由图可得，众数估计值为100．
平均数估计值为0.08×60+0.26×80+0.32×100+0.28×120+0.06×140=99.6．
【解析】(Ⅰ)由频率公布直方图的面积为1得(0.004+a+0.013+0.014+0.016)×20=1，从而解得a，再求及格率即可；
(Ⅱ)由频率公布直方图可知第80百分位数位于[110,130)内，从而求得；
(Ⅲ)由图易得众数估计值为100，再用加权平均数公式求平均数估计值．
本题考查了频率分布直方图的应用，同时考查了数据的数字特征，考查了数据分析的能力，属于基础题．
16.【答案】解：(1)f′(x)=(x+2)ex，
当x>−2时，f′(x)>0，函数单调递增，当x<−2时，f′(x)<0，函数单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为(−2,+∞)，单调递减区间为(−∞,−2)，
故当x=−2时，函数取得极小值f(−2)=−e−2，没有极大值；
(2)当x→+∞时，f(x)→+∞，当x→−∞时，f(x)→0，f(x)min=−e−2，
若方程f(x)=a有两个不同的解，则−e−2故a的取值范围为{a|−e−2【解析】(1)先对函数求导，然后结合导数分析函数的单调性，进而可求函数的极值；
(2)结合(1)中单调性分析函数的性质，从而可求a的取值范围．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，体现了转化思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：取AC中点M，连接BM，
∵AB=BC，
∴BM⊥AC，
又∵AD⊥平面ABC，BM⊂平面ABC，
∴AD⊥BM，
又AC∩AD=A，AC，AD⊂平面ACD，
∴BM⊥平面ACD，取CD中点F，连接MF，EF，

∴MF//AD且MF=12AD，
又∵BE/​/AD且BE=12AD，
∴MF//BE且MF=BE，
∴四边形BMFE为平行四边形，
∴EF/​/BM．
∴EF⊥平面ACD，
又∵EF⊂平面CDE，
∴平面CDE⊥平面ACD．
(2)过点C作CQ⊥AB，则S△ABC=12×2× 2=12× 3×CQ⇒CQ=2 63．
设BE=x，∴AD=2x，V五面体ABCDE=13S梯形ABED⋅CQ=13×(x+2x)× 32×2 63= 2⇒x=1．
由(1)可知MB，MF，MC两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，如图，

∴C(0,1,0),D(0,−1,2),E( 2,0,1),A(0,−1,0),B( 2,0,0)，
CD=(0,−2,2),DE=( 2,1,−1),AD=(0,0,2)．
设平面CDE与平面ABED的一个法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)，
则n1⋅CD=−2y1+2z1=0n1⋅DE= 2x1+y1−z1=0，则可取n1=(0,1,1)，
同理可得n2=(1,− 2,0)，
设平面CDE与平面ABED所成角为θ，
∴csθ=|n1⋅n2||n1||n2|= 2 2⋅ 3= 33，
即平面CDE与平面ABED所成角的正弦值为 1−( 33)2= 63．
【解析】(1)利用中位线定理证明线线平行，得到平行四边形，进而根据线面垂直的判定即可证明；
(2)建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面CDE与平面ABED的法向量，利用向量的夹角公式即可求解．
本题考查线面垂直、平面与平面所成角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)由题设双曲线的标准方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
由已知得：ca= 52，2b=2，又a2+b2=c2，解得a=2，b=1，
∴双曲线的标准方程为x24−y2=1．
(Ⅱ)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立y=kx+mx24−y2=1，得(1−4k2)x2−8mkx−4(m2+1)=0，
有1−4k2>0△=64m2k2+16(1−4k2)(1+m2)>0x1+x2=8mk1−4k2>0x1x2=−4(1+m2)1−4k2<0，
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=m2−4k21−4k2，
以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D(−2,0)，
∴kADkBD=−1，即y1x1+2⋅y2x2+2=−1，
∴y1y2+x1x2+2(x1+x2)+4=0，
∴m2−4k21−4k2+−4(m2+1)1−4k2+16mk1−4k2+4=0，
∴3m2−16mk+20k2=0．
解得m=2k或m=10k3．
当m=2k时，l的方程为y=k(x+2)，直线过定点(−2,0)，过双曲线的左顶点，与已知矛盾；
当m=10k3时，l的方程为y=k(x+103)，直线过定点(−103,0)，经检验符合已知条件．
故直线l过定点，定点坐标为(−103,0)．
【解析】(Ⅰ)由已知得：ca= 52，2b=2，易得双曲线标准方程；
(Ⅱ))设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立y=kx+mx24−y2=1，得(1−4k2)x2−8mkx−4(m2+1)=0，以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D(−2,0)，∴kADkBD=−1，即y1x1+2⋅y2x2+2=−1，代入即可求解．
本题主要考查双曲线方程的求解，以及直线和圆锥曲线的相交问题，联立方程，转化为一元二次方程，利用根与系数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大．
19.【答案】解：(1)数列an= n是D数列．
理由如下：an+12−an2=( n+1)2−( n)2=1满足D数列定义，
数列an=2n不是D数列．
理由如下：an+12−an2=(2n+1)2−(2n)2=22n+2−22n=3⋅22n不是常数；
(2)以下证明：d>0．
假设d<0，由an+12−an2=d知{an2}为等差数列，故an2=a12+(n−1)d，
因为{an}是各项为正的无穷数列，
当n取大于[−a12d]+1的整数时，an2≤a12+([−a12d]+2−1)d<0，与已知矛盾，所以假设不成立，所以d>0，
以下证明{an}是递增数列．
因为d>0，an+12=an2+d>an2，且{an}是各项为正的无穷数列，
所以an+1>an，
所以{an}是递增数列，
以下证明：∀t>0，∃k∈N*，当n≥k时，an>t，
若t1时，显然an>t，
若t≥a1，取k=[t2−a12d]+2，
当n≥k时，an2≥a12+([t2−a12d]+2−1)d>t2，即an>t成立，
因为bn=an+1−an=dan+1+an取t=d2，当m≥k时，an>t，此时，bn所以若{an}是D数列，则数列{bn}中存在小于1的项；
(3)由(2)知，∃k∈N，当n≥k时，bn<1，即aπ+1以此类推，0所以1ak+m>1ak+m，m∈N*，设此时2s−1≤ak<2s，s∈N*，令n=k+m，
所以i=1n1ai>i=kk+m1ai>1ak>1ak+1+1ak+2+⋯+1ak+m>12s+12s+1+12s+2+⋯+12s+m，
因为12s+12s+1+12s+2+⋯+1s2s+(2s−1)>12s+2s=12，
所以当m=2s+2×2024−1，m∈N*，
i=1n1ai>i=kk+m1ai>12s+12s+1+12s+2+⋯+12s+(2s+2×2024−1)
=(12s+12s+1+⋯+12s+(2s−1))+(12s+1+12s+1+1+⋯+12s+1+(2s+1−1))+
．..+(12s+2×2024+12s+2×2024+1+⋯+12s+2×2024+(2s+2×2024−1))>2×20242=2024．
所以存在正整数n，使得i=1n1an>2024．
【解析】(1)根据定义判断满足D数列定义即可；
(2)假设d<0得出矛盾，进而d>0，利用作差法证明即可；
(3)利用12s+12s+1+12s+2+⋯+1s2s+(2s−1)>12s+2s=12，利用放缩法即可求解．
本题考查数列的综合应用，属于压轴题．