2023-2024学年广东省广州六中高二（下）月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年广东省广州六中高二（下）月考数学试卷（含答案），共11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.若z−21+i=i,i为虚数单位，则z−+1z+i=( )
A. iB. −iC. 1D. −1
2.已知M、N是全集U的两个非空子集.若M∩(∁UN)=M，则下列说法可能正确的是( )
A. M∪(∁UN)=UB. (∁UM)∪N=MC. M∩N≠⌀D. M∪N=U
3.2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，激发了学生对航天的热爱.某校组织高中学生参加航天知识竞赛，现从中随机抽取100名学生成绩的频率分布直方图如图所示，设这组样本数据的75%分位数为x，众数为y，则( )
A. x=88，y=90
B. x=83，y=90
C. x=83，y=85
D. x=88，y=85
4.如图是函数f(x)的部分图象，则f(x)的解析式可能为( )
A. f(x)=sin5x2x−2−x
B. f(x)=cs5x2x+2−x
C. f(x)=cs5x2−x−2x
D. f(x)=sin5x2−x−2x
5.已知函数f(x)=|x|−1e|x|，若a=f((12)−0.6)，b=f(lg1229)，c=f(413)，则a，b，c的大小关系为( )
A. a6.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A是椭圆短轴的一个端点，且cs∠F1AF2=56，则椭圆的离心率为( )
A. 12B. 32C. 36D. 336
7.过原点的直线m，n与分别与曲线f(x)=ex，g(x)=lnx相切，则直线m，n斜率的乘积为( )
A. −1B. 1C. eD. 1e
8.祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等.利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差.图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线AOC和BOD均是以2为半径的半圆，平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD，用任意平行于帐篷底面ABCD的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形.模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥(如图2)，从而求得该帐篷的体积为( )
A. 8π3B. 16π3C. 163D. 323
二、多选题：本题共3小题，共9分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知x=1和x=3是函数f(x)=ax3+bx2−3x+k(a,b∈R)的两个极值点，且函数f(x)有且仅有两个不同零点，则k值为( )
A. −43B. 43C. −1D. 0
10.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,φ∈R)在区间(π4,π2)上单调，且满足f(π4)=−f(5π12)，则( )
A. f(π3)=0
B. 若f(π3−x)=f(x)，则f(x)的最小正周期为2π3
C. 关于x的方程f(x)=1在区间[0,2π)上最多有4个不相等的实数解
D. 若f(x)在区间[π3,11π6)上恰有5个零点，则ω的取值范围为(83,3]
11.已知直线y=a与曲线y=xex相交于A，B两点，与曲线y=lnxx相交于B，C两点，A，B，C的横坐标分别为x1，x2，x3.则( )
A. x2=aex2B. x2=lnx1C. x3=ex2D. x1+x3>2x2
三、填空题：本题共3小题，每小题3分，共9分。
12.己知向量a，b满足|a|=1，|b|= 3，|a−2b|=3，则a⋅b=______．
13.在等比数列{an}中，a1+a2+a3+a4+a5=−114，a3=−14，则1a1+1a2+1a3+1a4+1a5= ______．
14.定义在R上的函数f(x)=ex−1+12x2−2x，若存在实数x使不等式f(x)≤−m2+am+32对任意m∈[0,2]恒成立，则实数a的取值范围为______．
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)
记数列{an}的前n项和为Tn，且a1=1，an=Tn−1(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设m为整数，且对任意n∈N∗，m≥1a1+2a2+⋯+nan，求m的最小值．
16.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c(csA+1)= 3asin∠ACB．
(1)求A；
(2)设AB的中点为D，若CD=a，且△ABC的周长为5+ 7，求a，b．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAC⊥底面ABCD，PA⊥PC，且PA=PC，M是PA的中点．
(1)求证：PA⊥平面BMD；
(2)求平面AMC与平面DMC夹角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过点A(4 2,3)，且焦距为10．
(1)求C的方程；
(2)已知点B(4 2,−3)，D(2 2,0)，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点.证明：|GD||GE|=|HD||HE|．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=12ax2+(a+1)x+lnx，a∈R．
(1)若x=1是f(x)的极值点，求a的值；
(2)判断f(x)的单调性；
(3)已知f(x)=12ax2+x有两个解x1，x2(x1(i)求a的取值范围；
(ii)λ为正实数，若对于符合题意的任意x1，x2，当s=λ(x1+x2)时，都有f′(s)<0，求λ的取值范围．
参考答案
1.B
2.D
3.D
4.D
5.C
6.C
7.B
8.D
9.BD
10.ABD
11.ACD
12.1
13.−44
14.[1,+∞)
15.解：(1)当n≥2时，an=Tn−1=Tn−Tn−1，
所以Tn=2Tn−1，
所以数列{Tn}是以2为公比，1为首项的等比数列，
所以Tn=2n−1，
所以an=Tn−Tn−1=2n−1−2n−2=2n−2(n≥2)，
又a1=1不满足an=2n−2，
所以an=1,n=12n−2,n≥2；
(2)由(1)结合题意可得，m≥1+220+321+……+n2n−2，
设Sn=2×120+3⋅121+……+n⋅12n−2，
则12Sn=2×121+3⋅122+……+n⋅12n−1，
所以12Sn=2+121+122+……+12n−2−n⋅12n−1=2+12[1−(12)n−2]1−12−n⋅12n−1=3−(12)n−2−n⋅12n−1，
所以Sn=6−(12)n−3−n⋅(12)n−2，
所以m≥7−2⋅(12)n−2−n⋅(12)n−2=7−(n+2)⋅(12)n−2，
所以m的最小值为7．
16.解：(1)由条件及正弦定理可得sinC(csA+1)= 3sinAsinC，
因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，
所以csA+1= 3sinA，整理得sin(A−π6)=12，
又因为A∈(0,π)，所以−π6所以A−π6=π6，
解得A=π3；
(2)在△ACD中，由余弦定理得CD2=b2+c24−2b⋅c2csA，
而A=π3，CD=a，所以a2=b2+c24−ab2，①
在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc，②
由①②两式相减，得3c2=2bc，所以b=3c2，
将b=3c2代入②，得a2=(3c2)2+c2−3c2⋅c=74c2，
则a= 72c，
因为△ABC的周长为5+ 7，
所以a+b+c= 72c+3c2+c=5+ 7，解得c=2，
所以a= 72c= 7，b=3c2=3．
17.解(1)证明：设BD与AC交于O，连接MO，
因为AC，BD为正方形ABCD的对角线，
所以O为AC中点，且AC⊥BD，
因为M是PA的中点，所以OM//PC，
因为PA⊥PC，所以PA⊥OM，
因为平面PAC⊥底面ABCD，
平面PAC∩平面ABCD=AC，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面PAC，因为PA⊂平面PAC，所以PA⊥BD，
因为OM，BD⊂平面BMD，OM∩BD=O，
所以PA⊥平面BMD；
(2)因为PA=PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC，
因为平面PAC⊥底面ABCD，平面PAC∩平面ABCD=AC，PO⊂平面PAC，
所以PO⊥平面ABCD，
因为PA⊥PC，所以PO=12AC，
以O为原点，OC，OD，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
设正方形的边长为4，则AC=4 2，故OA=OC=OP=2 2，
则A(−2 2,0,0)，C(2 2,0,0)，P(0,0,2 2)，M(− 2,0, 2)，D(0,2 2,0)，
所以CD=(−2 2,2 2,0),CM=(−3 2,0, 2)，
设平面MCD的一个法向量m=(x1,y1,z1)，
所以m⋅CD=−2 2x1+2 2y1=0m⋅CM=−3 2x1+ 2z1=0，
令x1=1，则y1=1，z1=3，所以m=(1,1,3)，
由(1)知BD⊥平面PAC，所以取平面AMC的一个法向量n=(0,1,0)，
设平面AMC与平面DMC夹角为θ,θ∈[0,π2]，
则csθ=|cs〈m,n〉|=|m⋅n|m||n||=1 11= 1111，
所以sinθ= 1−cs2θ= 11011，
所以平面AMC与平面DMC夹角的正弦值为 11011．
18.解：(1)由双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过点A(4 2,3)，且焦距为10，
可得c= a2+b2=5，32a2−9b2=1，
解得a=4，b=3，
则双曲线C的方程为x216−y29=1；
(2)证明：设E(4 2,n)，G(x1,y1)，H(x2,y2)，
直线DE的方程为y=n4 2−2 2(x−2 2)，即y=n2 2(x−2 2)，
与双曲线9x2−16y2=144联立，可得(9−2n2)x2+8 2n2x−16n2−144=0，
Δ=128n4+4(9−2n2)(16n2+144)>0，且9−2n2≠0，x1+x2=−8 2n29−2n2，x1x2=−16n2−1449−2n2．
由于G，D，H，E四点按照从左到右排列，且共线，
要证|GD||GE|=|HD||HE|，即证2 2−x14 2−x1=x2−2 24 2−x2，
即证(x1−2 2)(4 2−x2)=(2 2−x2)(4 2−x1)，
即证4 2x1−x1x2−16+2 2x2=16−2 2x1−4 2x2+x1x2，
即证6 2(x1+x2)−2x1x2=32，
由6 2(x1+x2)−2x1x2=6 2⋅(−8 2n29−2n2)−2⋅−16n2−1449−2n2=−64n2+2889−2n2=32，
故原等式成立．
19.解：(1)∵f(x)=12ax2+(a+1)x+lnx(x>0)，
∴f′(x)=ax+(a+1)+1x=ax2+(a+1)x+1x=(ax+1)(x+1)x(x>0)，
又∵1是f(x)的极值点，
∴f′(1)=0，
即a+(a+1)+1=0，
解得a=−1，
当a=−1时，f′(x)=(1−x)(x+1)x，
∴x∈(0,1)时，f′(x)>0，
x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，
∴当x∈(0,1)时，f(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，f(x)单调递减，
则f(x)在x=1处取极大值，
∴1是f(x)的极值点，满足题设．
综上，a=−1；
(2)由(1)知，
当a≥0时，f′(x)=(ax+1)(x+1)x>0，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a<0时，令f′(x)>0，得0令f′(x)<0，得x>−1a；
∴f(x)在(0,−1a)上单调递增，在(−1a,+∞)上单调递减，
综上，当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a<0时，f(x)在(0,−1a)上单调递增，在(−1a,+∞)上单调递减；
(3)(i)由f(x)=12ax2+x，得ax+lnx=0，
即ax+lnx=0有两个解x1，x2(x1令g(x)=ax+lnx(x>0)，
则g′(x)=a+1x=ax+1x，且g(x)在(0,+∞)上有两个零点；
当a≥0时，g′(x)=ax+1x>0，
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，
则g(x)在(0,+∞)上没有两个零点，不满足题意；
当a<0时，令g′(x)>0，得0令g′(x)<0，得x>−1a，
∴g(x)在(0,−1a)上单调递增，在(−1a,+∞)上单调递减，
即g(x)的极大值为g(−1a)，
为使g(x)在(0,+∞)上有两个零点，
则g(−1a)>0，即a⋅(−1a)−ln(−1a)>0，
解得−1e当0e，
∵g(1)=a+ln1=a<0，
∴g(1)⋅g(−1a)<0，
又g(x)在(0,−1a)上单调递增，
∴g(x)在(0,−1a)有唯一零点；
当x>−1a时，
令φ(x)=ex−x2(x>1)，则φ′(x)=ex−2x，
再令u(x)=ex−2x(x>1)，
则u′(x)=ex−2>e1−2>0，
∴u(x)在(1,+∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(1)=e−2>0，
即φ′(x)>0，
∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(1)=e−1>0，
∵−1a>e>1，
∴φ(−1a)>0，
即e−1a−(−1a)2>0，即e−1a>1a2，a2e−1a>1，
∴a2e−1a−1>0，
∴g(e−1a)=ae−1a+lne−1a=ae−1a−1a=a2e−1a−1a<0，
∴g(−1a)g(e−1a)<0，
又g(x)在(−1a,+∞)上单调递减，
∴g(x)在(−1a,+∞)有唯一零点；
综上，当−1e即f(x)=12ax2+x有两个解x1，x2(x1即a∈(−1e,0)；
(ii)由(i)得，0ax1+lnx2=0ax2+lnx2=0，
∴a=−lnx2−lnx1x2−x1，
又f′(s)<0，
∴(as+1)(s+1)s<0，
即s>−1a，即λ(x1+x2)>x2−x1lnx2−lnx1，
∴λ>x2−x1(lnx2−lnx1)(x1+x2)=x2x1−1lnx2x1(1+x1x1)，
令t=x2x1(t>1)，则λ>x2x1−1lnx2x1(1+x1x1)=t−1(t+1)⋅lnt，
∴λlnt>t−1t+1，
设s(t)=λlnt−t−1t+1，
则s′(t)=λt−2(t+1)2=1t[λ−2t(t+1)2]，
当t>1时，2t(t+1)2=2t+1r+2≤12，
∴当λ≥12时，s′(t)>0恒成立，
∴s(t)在(1,+∞)上为增函数，
∴s(t)>s(1)=0，
即λlnt>t−1t+1在(1,+∞)上恒成立．
当0<λ<12时，s′(1)=λ−12<0，
而s′(t)=λt2+(2λ−2)t+λt(t+1)2，
当t>1−λ+ 1−2λλ>1时，s′(t)>0，
∴存在t0>1，使得∀t∈(1,t0)，使得s′(t)<0，
∴s(t)在(1,t0)为减函数，
∴s(t)综上所述，可得λ≥12，
即λ∈[12,+∞)．