广东省东莞中学松山湖学校，深圳大学附属中学2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题

这是一份广东省东莞中学松山湖学校，深圳大学附属中学2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

试卷分值：150分 考试时间：120分钟
一、单项选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的选项中，只有一个选项符合要求.）
1．曲线y=−x2+7x+ln⁡x在点 ）处的切线的斜率为（）
A.S B.6 C.7 D.8
2．若Am−12=6Cm4，则m=(
A.7 B.6 C.5 D.4
3．从1；2；3；4,5中不放回地抽取2个数，则在第1次抽到奇数的条件下，第2次又抽到奇数的概率是（）
A. 25B. 34C. 12D. 35
4．若(1−2x)2024=a0+a1x+a2x2+⋯+a2024x2024，则a12+a222+⋯+a202422024=()
A.2
5．函数f(x)=e|x|−3|x|−1的图象大致为（
A. B.
C. D.
6.(x2+2x−y)5的展开式中，x5y2项的系数为
A.60 B.-60 C.-30 D.10
7．将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排1名学生，其中甲同学不能分配到A班，那么不同的分配方案有（）
A．18种 B．24种 C．54种 D．60种
8．设函数f(x)=x+ln⁡x g(x)=xln⁡x−1 ℎ(x)=1−1x+x2+x23在(0,+∞)上的零点分别为a， ，则a，b，c的大小顺序为（）
A. a>b>c B. b>c>a C. c>a>b D. b>a>c
数学试券第1共页
---二、多项选择题（本题共3个小题，每个小题6分，共18分．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．）
9．在某次太空旅行中，字航员们要对需要完成的A，B，C，D，E，F六个科学实验进行排序，则下列说法下确的是（）
A．若C，D相隔一个实验，则不同的排序种数有96种2
B．若A、B相邻，则不同的排序种数有240种
C．若E不在第一个，F不在最后一个，则不同的排序种数有504种
D.A排在B，C之前的概率为13
10．甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有3个红球，3个白球和3个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出一球；分别以4,4，和4，表示从甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件，以B表示从乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是
A. P(B)=720 B. P(A1B)=15
C.事件B与事件Ai(i=1,2,3）相互独立 D． P(A2|B)=635
11．已知函数f(x)为定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数，若当x<0时，xf′(x)−f(x)<0，且f(1)=0.则（）
A.2f(c)>ef(2) B.当m<2时， f(m)>mf(1)
C.3f(−π)+πf(3)<0 D.不等式f(x)>0解集为(−1,0)∪(1,+∞)
三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分）
12．若随机变量X∼N(μ,σ2)，且P(X<0)=P(X>4)=0.2，则P(μ−213．已知随机变量X，y满足Y=2X+1，且随机变量X的分布列如图：则随机变量Y的方差 等于
14．对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x，满足f(1x)=−f(x)，则称f(x)为“局部反比例对称函数”.若f(x)=13x3−12mx2+(m2−3)x+5的导函数f′(x)是定义在区问[2,+∞)L的“局部反比例对称函数”，则实数m的最大值与最小值之和为.
高二数学试卷第2页，共4页X
0
1
2
16
13
a
四、解答题（本题共5个小题，共77分．解答过程需要写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
15．（13分）已知数列{an}满足a1=1,an11=an2an+1(n∈N∗)，数列{bn}前n项和Sn=12−12(23)n
（1）求证：数列{1an}是等差数列；
（2）求{an}⋅{bn}的通项公式；
（3）设cn=bnan，求cn的最大值.
16．（15分）如图，在四棱锥P-ABCD中， PA1平面 AD⊥CD,AD∥BC PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且PFPC=13.
（1）求证：CDL平面PAD；
（2）求二面角F-AE-P的余弦值；
（3）设点G在PB上，且PCPB=34.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.
17．（15分）甲、乙两位同学决定进行一次投篮比赛，他们每次投中的概率均为P，且每次投篮相互独立，经商定共设定5个投篮点，每个投篮点投球一次，确立的比赛规则如下：甲分别在5个投篮点投球，且每投中一次可获得1分；乙按约定的投篮点顺序依次投球，如投中可继续进行下一次投篮，如没有投中，投篮中止，且每投中一次可获得2分．按累计得分高低确定胜负．
（1）若乙得6分的概率1−p8，求P；
（2）由（1）问中求得的p值，判断甲、乙两位选手谁获胜的可能性大？18．（17分）已知椭圆C： x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三．角形的面积为2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知白线y=k(x−1)(k>0)′J C相交于A、B两点，||1Jx轴，y轴交于M、N两点.①若 AN，求k的值：
②若点Q的坐标为(74,0)，求证： 力定值.
19．（17分）已知函数f(x)=xln⁡x−ax2−3x(a∈R)
（1）若x-1是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；
（2）若函数f(x)有两个极值点x ，其中x1①求实数a的取值范围；
②若不等式2ax1+kln⁡x2>3k+1恒成立，求实数k的取值范围.2023-2024学年度第二学期第一次段考高二年级数学参考答案
一、单项选择题1-8．BDCC CABB
二．多项选择题9．BCD 10．ABD 11． ACD
三、填空题12.0.3（或310)
13. 209（或22914. 54
四、解答题15．（13分）解（1）因为a1=1,an+1=an2an+1(n∈N∗)
所以1an+1=2an+1an=2+1an, 则1an+1−1an=2 2分
所以数列{1an}是以1a1=1为首项，2为公差的等差数列． 分
（2）由（1）可得： ian=1+2(n−1)=2n−1，所以an=12n−1.⋯⋯ 4分
当n≥2时， bn=Sn−Sn−1=12−12(23)n−[12−12(23)n−1]=12⋅(23)n−1−12⋅(23)n
=12⋅(23)n−1(1−23)=4⋅(23)n−1,⋯⋯7分
n=1时， b1=4满足bn，所以bn=4⋅23. 分
（3）由（2）可得cn=bnan=4⋅(2n−1)⋅(23)n−1 可得cn+1=1⋅(2n+1)⋅[23)n,
所以cn+1cn=2(2n+1)3(2n−1) 山cn+1cn−1=5−2n6n−3，（也可作差完成）· 分
可得当n-1,2时， c1C4′>C5′>⋯,{cn}单调递减，
可得 为最大值， c3=4×5×(23)2=809⋯⋯ ⋯⋯⋯13
16．（15分）解（1）因为PA工平面ABCD 4CD( 平面AB（ ，则PA⊥ 又AD⊥CD，且PA∩AD=A, PA,AD⊂平面PAD，故CD1平面 ····3分
（2）过点A作AD的重线交BC于点M，
因为PAL平面AB D，且 C平面ABCD，所以PALAM，PALAD，故以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则A(0,0,0),B(2,−1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),
所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,−2),AP=(0,0,2),×PFPC=13, 以pF−13pC=(23⋅23⋅23)，故AF−AP+PF=(23,23,43). 分
设平面AEF的法向量为ii=(x,y,z)，则{n⋅AE→0nAF→−0 {y′′+z=023x+23y+43z−0
令：1，则--1． 1，故n（-1,1,1）， 分
易知上面P∥的法向量 （1,0.0），所b[H1|cs⋅n1,p=1⋅|n⋅p||n||p→| 11+1+1−1=33.
由题总可加. 血角F一E P为锐 血角，
故二面角FAC-P的余弦值为3311分
（3）直线AG不在平面AEF内，
因为点G在PB上，且⋅PQPB−3A,xPB (2.−1,−2)，故P(j−34pF=(22,−24,−72i
则AG=AP+P(j^−(0.0,2)+(32⋅−311⋅32)−(32⋅34⋅12) 13分
山（2）可知，半面AEF的法向量为ii=(−1.−1.1)，所以AGn=−32+34+12<0
所以直线AG不在平面 15分
17．（15分）解（1）若乙得6分，则需乙前3个投篮投中，第4个投篮未中，
其概率为p3⋅(1−p) ×0（2）设X为甲累计获得的分数，则X∼B(5,12)，所以 (x)−np=5×12=52. ⋯⋯7分设Y为乙累计获得的分数，则Y的可能取值为0,2,4,6,8,10，
P(Y−0)−12,P{Y=2)=12×(1−12)=14,P(Y=4)−(12)2×(i−12)=18.
P(Y=6)−(12)3×(1−12)−116, P(Y=8)=(12)4×(1−12)=132,P(Y=10)=(12)T=132⋅⋯⋯13分
所以Y的分布列为：
所以E:(Y)=0×12+2×14+4×18+6×116+8×132+10×132=3116. 11分
因为E(X)>E(Y)，所以甲获胜的可能性大 15分
18．（17分）解（1） e=ca−22 ∴a2=2c2，代a2=b2+c2得b=c.Y /
0
2
4
6
8
10
116
132
132E:(Y)=0×12+2×14+4×18+6×116+8×132+10×132=3116.
又椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形的面积为2，即12b×2c=2，即bc=2
以上各式联立解得a2=4.b2=2，则椭圆方程为x24+y22=1. 分
(2)①设A(x1,y1′),B(x2,y2)，直线y=k(x−1)与x轴交点为M(1,0)，与y轴交点为N(0,−k)
×MB→=(x2−1,y2). AN′=(−xi,−k−yi)，由MR→=AN→得x1+x2=1
⋯⋯7分
联立{x2:2y2=4y=ℎ(x−1)，消去y得(1+2k2)x−k2x+2k2−4=0,
则Δ=16k3−4(1+2k2)(2k2−4)=24k2+16>0，则x1+x2=4k21+2k2，得x1+x2=1=4k21+2k2
解得k=±22.，山k>0得k=−22 1分
②由①知x1+x2=4k21+2k2, x1x2=2k2−41+2k22k2−41+2k2
QA⋅QB=(x1−74,y1)⋅(x2−74,p:−74⋅v2=(x1−74)(x2−74)+k2(k1−1)(x2−1)
=(1+k2)x1x2+(−74k2)(x1+x2)+k2+4916
=(1+k′)2k2−41+2k2+(−74k2)−k21+2k2+k2+4916
−−8k2−41+2k2+4y16−4+4916=−1516⋯2A→⋅OB→为定值. ·17分
18．（17分）解（1）定义域为(0,+∞)，易知f′(x)−ln⁡x−2ax−2.
x 是函数f(x)的 个极值点，:f′(1)=0，即 2=0,∴.a=1 分
此时f′(x)=ln⁡x+2x−2，令ℎ(x)=ln⁡x+2x−2,ℎ′(x)−1x+2>0,
f′(x)−ℎ(x)往(0,+∞)上单调递增，且f′′(1)=0
当x∈(0,1),f′(x)<0，当x∈(1,+∞),f′(x)>0, ∴f(x)在（0.1）上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以x=1是f′(x)的极小值点，即a=−1符合题总：因此实数a的值为-1． 分
（2）①因为f′(x)=ln⁡x−2ax−2，且f(x)−xln⁡x−ax2−3x(a∈R)有两个极值点x1,x2
所以方程f′(x)=0作(0,+∞)有两个不同的根，即方程ln⁡x−2ax−2=0有两个不同的正数根，
将问题转化为函数g(x)−ln⁡x−2x.函数y=2a的图象在(0,+∞)上有两个不同交点，
则g′(x)−3−ln⁡xx2，令g′(x)=3−ln⁡xx2−0，解得x=e3当x>ei时 g′(x)<0,g(x)单调递减，"100.g(x)单调递增，····8分
H当x>c2时， g(x)>0,g(c2)=0 ||.X→∞,|(X)→0i
故作出g(x)的图象如下：由图象可得2a∈(0,1c1)满足题意，即a∈(0,12c5).
即实数a的取值范围为yac(0,17c2) 0分
②由（知t1+1,t2μt−2ωt−2=0的两个根.
故−2+ln⁡xi−2axi=0,−2+ln⁡x,−2axi=0，则2a=ln⁡x1−ln⁡x111x1,
不妨设t=λ1x2,X0可得2|ln⁡x2−ln⁡x1−ln⁡x2x1−x2x2 ，即2lnx， x1−x2x2=0，所以Inx−lntt−1+2÷
故山2ax1+kln⁡x2>3k+1可得ln⁡x1−ln⁡x2x1⋅x2x1+kln⁡x2>3k+1,
即lntx2⋯x2−2x2++kln⁡(1,>3k+1，所以tln⁡tt−1+kln⁡x2>3ℎ+1:
也即t1ln⁡tt−1+k(lntt−1+2)>3k+1，化简得dmtt−1>k(t−1−ln⁡tt−1),
由于0<1<1，所以等价于tln⁡t−t+1−k(t−1−ln⁡t)<0对任意的0<1<1恒成立，·········13分
令F(t)=tln⁡t t||−k(t−1−ln⁡t)，故F(t)<0对任意的0则F′(t)=ln⁡t−k+kt，设m(t)=ln⁡(−k+kt,，则m′(t)=1t−kt2=t−kt2 14分
(1)"1k≤0时， m′(t)=t−kr2>0,m(t)=F′(t)单调递增，
故F′(t)F(1)=0，不满足，舍去：
（ii）当 时， m′(t)−t−kt2<0,m(t)=F∗(t)单调递减，
故F′′(t)>F′(1)=0,f′(t)单调递增，故F(t)（m）当 ，令m′(t)−l−kr2=0，则／-k，
当k<1<1时， m′(x)>0,m(x)=F′(t)单调递增，当0<1又F′′(1)=0，故K<1<1时 F′(t)F(1)−0.
因此当k ＜1时， F(t)>0，不符合题恶，舍去。综上，实数k的取值范围为[1,+∞)分