2023-2024学年安徽省县中联盟高二（下）第五次月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年安徽省县中联盟高二（下）第五次月考数学试卷（含答案），共8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.已知空间向量a=(1,−3,μ),b=(λ,−6,8)，且a,b共线，则λ=( )
A. −2B. 2C. −4D. 4
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2+a5+a8=27，则S9=( )
A. 33B. 54C. 64D. 81
3.曲线f(x)=xlnx在x=e−2处的切线方程为( )
A. y=−x−3e−2B. y=−x+3e−2C. y=−x−e−2D. y=−x+e−2
4.手机电池随着日常使用其寿命缩短，是消耗品，某种型号手机的电池寿命ξ(单位：年)服从正态分布，使用寿命不少于3年的概率为0.8，使用寿命不少于5年的概率为0.2.某人买了该型号手机，则手机电池使用寿命不少于4年的概率为( )
A. 0.8B. 0.7C. 0.5D. 0.2
5.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC，△ABC重心为点G，棱B1C1的中点为M，设AB=a,AC=b,AA1=c，则MG=( )
A. −13a+16b+cB. −16a+16b−c
C. 16a−16b−cD. −16a−16b−c
6.从数字1，2，3中随机取一个数字，取到的数字为n(n=1,2,3)，再从数字1，⋯，n中随取一个数字，则第二次取到数字2的概率为( )
A. 518B. 718C. 1118D. 1318
7.设O为坐标原点，双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为4，其左、右焦点分别为F1、F2，点P在C上，∠F1PF2=π3,|OP|=2 2，则双曲线的离心率为( )
A. 2B. 3C. 2D. 2 3
8.在平面直角坐标系中，有许多边长为1的正方形网格，一质点从坐标原点(0,0)开始，沿着正方形对角线向右上方或右下方随机跳动，跳动一次运动路程为 2，若质点跳动不跨越x轴到第四象限且跳动8次后落在点(8,0)处(如图给出了质点的一种运动路径)，则不同的跳动路径的种数为( )
A. 10
B. 14
C. 16
D. 20
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.若直线l：x−2csθ⋅y=0与圆E：x2+y2−4 2x−1=0交于两点A，B，则( )
A. 当csθ=12时，直线l的倾斜角为π4B. 圆E的圆心坐标为(−2 2,0)
C. 圆E的半径为3D. |AB|的取值范围是[2,2 1855]
10.若函数f(x)=alnx+bx+cx2(ac≠0)有且仅有极大值，则( )
A. a>0B. ab>0C. b2+8ac>0D. c<0
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，其外接球球心为O，点M，N分别是棱AB，A1D1的中点，则下列结论正确的是( )
A. 球O上存在无数个点Q，使得直线QD⊥平面B1MC
B. 球O上存在无数个点Q，使得直线QD//平面B1MC
C. 直线MN与B1C所成角的余弦值为 36
D. 三棱锥D−MNC，B1−MNC的体积之比为45
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(x−1x)6的展开式中含x2的项的系数是______．
13.第九届亚洲冬季运动会(简称亚冬会)将于2025年2月7日至2月14日在中国冰雪名城哈尔滨举行，若将6名大学生分配到亚冬会5个分会场进行引导服务，每名大学生只分配到1个分会场，且每个分会场至少分配1名大学生，则不同的分配方案的种数为______.(用数字作答)
14.已知点Q(2,0)，椭圆x22+y2=t(t>2)上的两点M，N满足MQ=3QN，则实数t的取值范围是______．
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)
某工厂生产一种塑料产品，为了提高产品质量分别由两个质检小组进行检验，两个质检小组检验都合格才能销售，否则不能销售.已知该塑料产品由第一个小组检验合格的概率为45，由第二个小组检验合格的概率为56，两个质检小组检验是否合格相互没有影响．
(1)求一件产品不能出厂销售的概率；
(2)从生产的塑料产品中任取4件，记X为能销售产品的件数，求X的分布列和数学期望．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，PA=AD=2AB=2．
(1)证明：平面PCD⊥平面PAD；
(2)求平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
记数列{an}的前n项和为Tn，且a1=163,an=3Tn−1(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Rn=1a1+2a2+…+nan，证明：Rn<55144．
18.(本小题17分)
已知抛物线τ：y2=2px(p>0)经过点A(1, 2)，B(1,− 2)，c(2, 2)中的两个点，O为坐标原点，F为焦点．
(1)求抛物线τ的方程；
(2)过F且倾斜角为π3的直线交τ于R，S两点，R在第一象限，求|FR||FS|的值；
(3)过点P(1,0)的直线l与抛物线τ交于D，E两点，直线OD，OE分别交直线x=−1于M，N两点，记直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx+mx,x1,x2(x1(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当m=3时，证明：1x1+1x2>2e2．
答案
1.B
2.D
3.C
4.C
5.D
6.A
7.A
8.B
9.ACD
10.CD
11.BCD
12.15
13.1800
14.(2,8]
15.解：(1)由题意知，一件塑料产品可以出厂销售的概率为45×56=23，
所以一件塑料产品不能出厂销售的概率为1−23=13；
(2)由(1)知，一件塑料产品合格的概率为23，则X∼B(4,23)，
所以P(X=0)=(13)4=181,P(X=1)=C41(23)1(13)3=881,P(X=2)=C42(23)2(13)2=2481，P(X=3)=C43(23)3(13)1=3281,P(X=4)=(23)4=1681，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×181+1×881+2×2481+3×3281+4×1681=83．
16.(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，所以PA⊥CD．
因为底面ABCD是矩形，所以AD⊥CD．
又PA∩AD=A，AD，PA⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD．
又因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD．
(2)解：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则D(0,2,0)，P(0,0,2)，A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，
所以PC=(1,2,−2),BC=(0,2,0),CD=(−1,0,0)．
设平面PCD的一个法向量为m=(x2,y2,z2)，则
m⋅PC=0,m⋅CD=0⇒x1+2y1−2z1=0,−x1=0.，取y2=1，则x2=0，z2=1，
可得平面PCD的一个法向量为m=(0,1,1)．
设平面PBC的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，则
n⋅PC=0,n⋅BC=0⇒x1+2y1−2z1=0,2y1=0.，取x1=2，则y1=0，z1=1，
可得平面PBC的一个法向量为n=(2,0,1)．
设平面PBC与平面PCD的夹角为θ，则
csθ=|cs|=|n⋅m||n||m|=1 5× 2= 1010，
所以平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值为 1010．
17.解：(1)因为a1=163,an=3Tn−1(n≥2)，所以a2=3a1=16，
当n≥2时，3an=3Tn−3Tn−1=an+1−an，所以an+1=4an，
所以从第二项起，数列{an}是以16为首项，4为公比的等比数列，
所以an=16⋅4n−2=4n(n≥2)，
又因为a1=163不满足上式，所以数列{an}的通项公式为an=163,n=14n,n≥2；
(2)证明：由(1)知，Rn=1a1+2a2+3a3+⋯+nan=316+242+343+⋯+n4n，
当n≥2时，Rn=316+242+343+⋯+n4n，
故14Rn=364+243+344+⋯+n−14n+n4n+1，
两式相减得：34Rn=1764+(143+144+⋯+14n)−n4n+1=1764+143(1−14n−2)1−14−n4n+1=55192−3n+43×4n+1，
整理可得：Rn=55144−3n+49⋅4n<55144；
当n=1时，R1=316=27144<55144，
综上可得，Rn<55144．
18.解：(1)因为抛物线τ：y2=2px(p>0)关于x轴对称，
所以必过A(1, 2)，B(1．− 2)，C(2, 2)中的A(1, 2)，B(1,− 2)两点，
代入可得( 2)2=2p×1，解得p=1，
所以抛物线τ的方程为y2=2x；
(2)如图，过点R作抛物线准线的垂线，垂足为R′，

由抛物线定义可得|FR|=|RR′|=p+|FR|csπ3，
又p=1，解得|FR|=2，
同理|FS|=p−|FS|csπ3，解得|FS|=23，
故|FR||FS|=223=3；
(3)证明：如图，设直线l的方程为x=my+1，D(x1,y1)，E(x2,y2)，

联立x=my+1y2=2x，得y2−2my−2=0，显然Δ=4m2+8>0，
所以y1+y2=2m，y1y2=−2，
直线OD方程为y=y1x1x，令x=−1，得点M的纵坐标yM=−y1x1，即M(−1,−y1x1)，
同理可得N(−1,−y2x2)，又P(1,0)，
所以k1=y12x1，k2=y22x2，
于是k1k2=14×y1y2x1x2=14×y1y2y122×y222=1y1y2=−12，
即k1k2是定值．
19.解：(1)函数的定义域为(0,+∞)，
求导可得f′(x)=1−(lnx+m)x2=1−m−lnxx2，
由f′(x)>0，可得0e1−m，
所以f(x)在(0,e1−m)上单调递增，在(e1−m,+∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)可得0令x2=tx1(t>1)，当m=3时，由f(x1)=f(x2)，得lnx1+3x1=ln(tx1)+3tx1，
整理可得x1=elntt−1−3，从而x2=telntt−1−3．
要证明21x1+1x2<1e2，只需证明2x1x2即证2t(elntt−1−3)2化简得ln(1+t)−ln(2t)−lntt−1+1>0，
即证：(t−1)[ln(1+t)−ln(2t)+1]−lnt>0
设g(t)=(t−1)[ln(t+1)−ln(2t)+1]−lnt，(t>1)
所以g′(t)=ln(1+t)−ln(2t)+1−2t+1，
设ℎ(t)=g′(t)=ln(1+t)−ln(2t)+1−2t+1，
则ℎ′(t)=1t+1−1t+2(t+1)2=t−1t(t+1)2，
因为t>1，所以ℎ′(t)>0，所以ℎ(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以ℎ(t)>ℎ(1)=0，即g′(t)>0，
从而g(t)在(1,+∞)上单调递增，所以g(t)>g(1)=0，故原命题成立． X
0
1
2
3
4
P
181
881
827
3281
1681