2023-2024学年云南省玉溪一中高二（下）月考数学试卷（6月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年云南省玉溪一中高二（下）月考数学试卷（6月份）（含答案），共9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.已知全集U=R，集合A={0,1,2,3}，B={x|x<2}，则A∩(∁UB)=( )
A. {2,3}B. {3}C. [2,+∞)D. (2,+∞)
2.“λ=3”是“直线(2λ−3)x+(λ+1)y+3=0与直线(λ+1)x−λy+3=0互相垂直”的( )
A. 充分不必要条件B. 充要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
3.已知点F是抛物线y2=8x的焦点，A，B，C在该抛物线上，若点F恰好是△ABC的重心，则|AF|+|BF|+|CF|=( )
A. 10B. 11C. 12D. 13
4.若|a|=2,|a−b|=1，则|b|的最大值为( )
A. 3B. 5C. 3 2D. 2 5
5.函数f(x)=3x3−tanx在(−π2,π2)的图象大致为( )
A. B.
C. D.
6.如图，在三棱锥S−ABC中，AS，AB，AC两两垂直，且AS=AB=AC=2 2，点E，F分别是棱AS，BS的中点，点G是棱SC靠近点C的三等分点，则空间几何体EFG−ABC的体积为( )
A. 7 26
B. 5 23
C. 2 2
D. 20 29
7.数列{Fn}：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多⋅斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列{Fn}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是( )
A. S2022=F2024+2B. F2024=S2022+1C. S2023=F2024+2D. S2023=F2024−1
8.已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，经过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若|AF2|=3，|AB|=4，|BF2|=5，则椭圆C的离心率为( )
A. 22B. 33C. 12D. 55
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.下列说法正确的是( )
A. 对于单峰的频率分布直方图，单峰不对称且在右边“拖尾”，则平均数大于中位数
B. 回归分析中，线性相关系数的取值范围为(−1,1)
C. 回归分析中，决定系数越大，拟合效果越好
D. 在独立性检验中，当χ2≥xα(xα为α的临界值)时，推断零假设H0不成立
10.假设某市场供应的智能手机中，市场占有率和优质率的信息如表：
在该市场中任意买一部手机，用A1，A2，A3分别表示买到的智能手机为甲品牌、乙品牌，其他品牌，B表示可买到优质品，则( )
A. P(A1)=0.50B. P(B|A2)=0.90C. P(BA3)=0.70D. P(B)=0.81
11.已知函数f(x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，其导函数为f′(x)，f′(x)的导函数为f′′(x)，xf′(x)=(x−1)⋅f(x)，且f(1)=e，则下列结论正确的是( )
A. f′′(1)=e
B. 若f(x)=a无解，则a∈[0,e)
C. 若f(x)=a有一个解，则a=e
D. 若f(x)=a有两个解x1，x2，则x1+x2<2lna
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数y=f(x)为奇函数，且最大值为1.则函数y=2f(x)+1的最大值和最小值的和为______．
13.若(2−x)(1−ax)4的展开式中x2项的系数是8，则实数a的值为______．
14.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若a、b、c成等差数列，则csA+csC1+csAcsC= ______．
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)
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且数列{Sn+2}是公比为2的等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=n+2n(n+1)an+1，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<12．
16.(本小题15分)
大气污染物PM2.5的浓度超过一定的限度会影响人的健康，为了研究PM2.5的浓度是否受到汽车流量的影响，某校数学建模社团选择了某市8个监测点，统计每个监测点24ℎ内过往的汽车流量(单位：千辆)，同时在低空相同的高度测定每个监测点该时间段内的PM2.5的平均浓度(单位：μg/m3)，得到的数据如下表所示：
并计算得：i=18xi=10.8,i=18yi=810,i=18xi2=15.55,i=18yi2=100034,i=18xiyi=1180.8．
(1)求变量y关于x的线性程；
(2)根据24ℎ内PM2.5浓度确定空气质量的等级标准，则PM2.5浓度在0～75μg/m3为优良.建模社团计划从8个监测点中随机抽3个监测点再做一次数据统计，记抽到空气质量优良的监测点个数为X，求X的期望．
参考公式：线性区归方程为y​=b​x+a，其中b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=90°，AP⊥平面ABCD，BC=2AB=2AP=2AD=4，点M，N分别在线段BC和PD的中点．
(1)求证：AN⊥平面PDM；
(2)求平面PDM与平面PMB夹角．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，离心率为 32，M为C上一点，△MF1F2面积的最大值为3 3．
(1)求C的标准方程；
(2)已知点P(4,0)，O为坐标原点，不与x轴垂直的直线l与C交于A，B两点，且∠APO=∠BPO.试问：△F1AB的面积是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，说明理由．
19.(本小题17分)
函数f(x)=ln(x+1)−ax，g(x)=1−ex．
(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；
(Ⅱ)若f(x)≥g(x)在x∈[0,+∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案
1.A
2.A
3.C
4.A
5.D
6.D
7.B
8.A
9.ACD
10.ABD
11.ABD
12.2
13.−1或23
14.45
15.(1)解：因为数列{Sn+2}是公比为2的等比数列，
又S1+2=a1+2，所以Sn+2=(a1+2)⋅2n−1．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1，
由Sn+2=(a1+2)⋅2n−1，
得Sn−1+2=(a1+2)⋅2n−2，
两式相减得an=(a1+2)⋅2n−2(n≥2)，
又{an}是等比数列，所以a2a1=2，所以a1+2a1=2，解得a1=2，
所以an=2n．
(2)证明：由(1)知bn=n+2n(n+1)an+1=n+2n(n+1)⋅2n+1=1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1，
所以Tn=11⋅2−12⋅22+12⋅22−13⋅23+...+1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1=12−1(n+1)⋅2n+1，
又1(n+1)⋅2n+1>0，所以Tn<12．
16.解：(1)因为x−=i=18xi8=1.35，y−=18×i=18yi=101.25，
i=18xiyi=1180.8，i=18xi2=15.55，
b =i=18(xi−x−)(yi−y−)i=18(xi−x)2=i=18xiyi−8x−y−i=18xi2−8x−2=1180.8−8×1.35×−8×1.352=90，
a =101.25−90×1.35=−20.25，
所以y关于x的线性回归方程为y =90x−20.25；
(2)因为1，3，7三个监测点的空气质量为优良，
所以X=0，1，2，3，
P(X=k)=C3kC53−kC83(k=0,1,2,3)，
X的分布列：
E(X)=0×528+1×1528+2×1556+3×156=98．
17.解：(1)证明：因为底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=90°，
所以AD//BC，
因为BC=2AD，点M是线段BC的中点，
所以BM=AD，又因为BM/​/AD，
所以四边形ABMD为平行四边形，
又因为∠ABC=∠BAD=90°，
所以平行四边形ABMD为矩形，
所以DM⊥AD，
因为AP⊥平面ABCD，且DM⊂平面ABCD，
所以AP⊥DM，
因为AP∩AD=A，AP，AD⊂平面PAD，
所以DM⊥平面PAD，且AN⊂平面PAD，
所以DM⊥AN，
因为AP=AD，且点N是线段PD的中点，
所以 AN⊥PD，
又因为DM∩PD=D，DM，PD⊂平面PDM，
所以AN⊥平面PDM，
(2)因为AP⊥平面ABCD，且∠BAD=90°，
所以直线AB，AD，AP两两垂直，
以A为原点，分别以直线AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

由BC=2AB=2AP=2AD=4得，
A(0,0,0)，B(2,0,0)，M(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，N(0,1,1)，
由(1)知AN⊥平面PDM，
所以AN为平面PDM的一个法向量，
AN=(0,1,1)，
设平面PMB的一个法向量为n=(x,y,z)，
因为PM=(2,2,−2)，PB=(2,0,−2)，
所以n⋅PM=2x+2y−2z=0n⋅PB=2x−2z=0，取x=1得y=0，z=1，
所以n=(1,0,1)，
所以cs=n⋅AN|n||AN|=1 2× 2=12，
设平面PDM与平面PMB夹角的为α，则csα=12，
因为0<α≤π2，所以α=π3，
即平面PDM与平面PMB夹角为π3．
18.解：(1)设椭圆C的半焦距为c，
由题，△MF1F2面积最大值为bc，则bc=3 3ca= 32a2=b2+c2，解得a=2 3b= 3c=3
所以椭圆方程为x212+y23=1．
(2)设直线AB的方程为y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
将y=kx+m代入x212+y23=1，得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0，△=16(12k2−m2+3)，
由△>0得m2<12k2+3，x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−121+4k2，
由∠APO=∠BPO，得kAP=−kBP，即y1x1−4+y2x2−4=0，kx1+mx1−4+kx2+mx2−4=0，
整理得2kx1x2+(m−4k)(x1+x2)−8m=0，
即2k(4m2−12)+(m−4k)(−8km)−8m(1+4k2)=0，
所以−24k−8m=0，m=−3k，
所以直线l：y=k(x−3)经过F2(3,0)，且△=48(k2+1)>0恒成立，
S△F1AB=S△F1F2A+S△F1F2B=12|F1F2|⋅|y1−y2|=3|k|⋅|x1−x2|
=3|k|⋅ 48(k2+1)1+4k2=12 3×|k| (k2+1)1+4k2=12 3× 1+1k21k2+4，
令 1+1k2=t，则t≥1，
所以S△F1AB=12 3×tt2+3≤12 3×(t2 3t)=6，
当且仅当t2=3时取等号，即1+1k2=3，k=± 22时，△F1AB的面积取最大值为6．
19.解：(Ⅰ)f′(x)=1x+1−a=−ax+1−ax+1，
当a=0时，f′(x)>0，f(x)在(−1,+∞)递增；
当a<0时，f′(x)>0，f(x)在(−1,+∞)递增，
当a>0时，−1<1a−1，由f′(x)=−a(x−1−aa)x+1，
所以x∈(−1,1−aa)时，f′(x)>0，f(x)递增，
当x∈(1−aa,+∞)，f′(x)<0，f(x)递减，
综上可得，当a≤0时，f(x)在(−1,+∞)递增；当a>0时，f(x)在(−1,1−aa)递增，在(1−aa,+∞)递减．
(Ⅱ)设ℎ(x)=f(x)−g(x)=ln(x+1)+ex−ax−1，x≥0，
则ℎ′(x)=1x+1+ex−a，
当a≤2时，由ex≥x+1>0，x+1+1x+1≥2，可得ℎ′(x)=1x+1+ex−a≥1x+1+x+1−a≥0，
于是ℎ(x)在[0,+∞)递增，ℎ(x)≥ℎ(0)=0恒成立，符合题意．
当a>2时，由于x≥0时，ℎ(0)=0，
而ℎ′(x)=−1(x+1)2+ex≥0，故ℎ′(0)在[0,+∞)递增，而ℎ′(0)=2−a<0，
则存在一个x0>0，使得ℎ′(x0)=0，所以x∈[0,x0)时，ℎ(x)递减，
故ℎ(x0)<ℎ(0)=0，不符题意，
故a≤2． 品牌
甲
乙
其他
市场占有率
50%
30%
20%
优质率
80%
90%
70%
监测点编号
1
2
3
4
5
6
7
8
x(千辆)
1.300
1.444
0.786
1.652
1.756
1.754
1.200
0.908
)(μg/m3)
66
76
21
170
156
120
72
129
X
0
1
2
3
P
528
1528
1556
156