2023-2024学年云南省昆明八中高二（下）月考数学试卷（一）（含答案）

这是一份2023-2024学年云南省昆明八中高二（下）月考数学试卷（一）（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.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4+a6=12，S7=21，则a1=( )
A. −3B. −6C. 3D. 6
2.给出下列三个结论：
①若复数z=(a2−a)+ai(a∈R)是纯虚数，则a=1；
②若复数z=2i1+i，则复数z在复平面内对应的点在第二象限；
③若复数z满足|z|=1，则z在复平面内所对应点的轨迹是圆．
其中所有正确结论的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
3.在正项等比数列{an}中，若a1=1，a3=a2+2，Sn为其前n项的和，则S6s3=( )
A. 6B. 9C. 12D. 15
4.函数y=1x−ln(x+1)的图象大致为( )
A. B. C. D.
5.若直线y=x与曲线y=lnx+ax相切，则a=( )
A. 1eB. −1eC. 1e−1D. 1−1e
6.智能主动降噪耳机工作的原理如图1所示，是通过耳机两端的噪声采集器采集周围的噪音，然后通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波抵消噪音．

已知某噪音的声波曲线y=Asin(ωx+π6)(A>0,ω>0)在[−π2,π2]上大致如图2所示，则通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波曲线可以为( )
A. y=2sin(πx+π6)B. y=2 33sin(2π5x−π3)
C. y=2 33sin(4π5x−2π3)D. y=2sin(πx−5π6)
7.数列{Fn}：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，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. S2019=F2021+2B. S2019=F2021−1C. S2019=F2020+2D. S2019=F2020−1
8.已知函数f(x)=ex−a−lnxx−1有两个不同的零点，则实数a的取值范围是( )
A. (e,+∞)B. ( e2,+∞)C. (12,+∞)D. (1,+∞)
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.有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi=xi+c(i=1,2,⋅⋅⋅,n),c为非零常数，则( )
A. 两组样本数据的样本平均数相同B. 两组样本数据的样本中位数相同
C. 两组样本数据的样本标准差相同D. 两组样本数据的样本极差相同
10.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱BB1，B1C1，C1D1的中点，则( )
A. FG//平面AED1
B. BC1/​/平面AED1
C. 点C1在平面AED1内
D. 点F在平面AED1内
11.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点F的直线l与C相交于A，B两点(点A位于第一象限)，与C的准线交于D点，F为线段AD的中点，准线与x轴的交点为E，则( )
A. 直线l的斜率为 3B. AB=2BD
C. AE⋅EB>0D. 直线AE与BE的倾斜角互补
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.一次下乡送医活动中，某医院要派医生A1、A2、A3和护士B1、B2、B3分成3组到农村参加活动，每组1名医生和1名护士，则医生A1不和护士B1分到同一组的概率为______．
13.若函数f(x)=x(x−a)2在x=2处取得极小值，则a= ．
14.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1、F2，以F2为圆心且和双曲线C的渐近线相切的圆与双曲线C的一个交点为M，若△F1MF2为等腰三角形，则双曲线C的离心率是______．
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)
已知数列{an}满足a5=4，an+1=2an,n≤3an−4,n>3，n∈N∗．
(1)求a1；
(2)求数列{an}前20项的和．
16.(本小题15分)
△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin2B+sin2C=sin2A+sinBsinC．
(1)求A；
(2)从三个条件：①a= 5；②b= 3；③△ABC的面积为 3中任选一个作为已知条件，求△ABC周长的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
17.(本小题15分)
如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，E是线段PC的中点，F是线段BC上一点，PA=AC=12BC=1，PB= 6．
(1)证明：平面AEF⊥平面PBC；
(2)是否存在点F，使平面AEF与平面ABC的夹角为π3？若存在，求CF；若不存在，说明理由．
18.(本小题17分)
椭圆规是画椭圆的一种工具，如图1所示，在十字形滑槽上各有一个活动滑标M，N，有一根旋杆将两个滑标连成一体，|MN|=4，D为旋杆上的一点，且在M，N两点之间，且|ND|=3|MD|，当滑标M在滑槽EF内作往复运动，滑标N在滑槽GH内随之运动时，将笔尖放置于D处可画出椭圆，记该椭圆为C.如图2所示，设EF与GH交于点O，以EF所在的直线为x轴，以GH所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A1，A2是椭圆C的左、右顶点，点P为直线x=6上的动点，直线A1P，A2P分别交椭圆于Q，R两点，求四边形A1QA2R面积的最大值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=1−ax2ex，a≠0．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0，a>0时，exf(x)≥bx，证明：ab≤2e327．
参考答案
1.B
2.C
3.B
4.A
5.D
6.D
7.B
8.D
9.CD
10.BD
11.ABD
12.23
13.2
14.53
15.解：(1)由a5=4，an+1=2an,n≤3an−4,n>3，n∈N∗，
可得a5=a4−4=4，解得a4=8，
即有2a3=8，解得a3=4，
可得2a2=4，即有a2=2，
可得2a1=2，解得a1=1；
(2)数列{an}前20项的和为(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+...+a20)=(1+2+4+8)+(4+0+...−56)
=15+12×16×(4−56)=15−416=−401．
16.解：(1)设△ABC的外接圆半径为R，则a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，
若sin2B+sin2C=sin2A+sinBsinC，则4R2sin2B+4R2sin2C=4R2sin2A+4R2sinBsinC，
即b2+c2=a2+bc，整理得b2+c2−a2=bc，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=12，结合A∈(0,π)，可得A=π3．
(2)若选择①：a= 5，由(1)的结论b2+c2−a2=bc，可得b2+c2−5=bc，整理得(b+c)2−5=3bc，
结合bc≤14(b+c)2，可得(b+c)2−5≤34(b+c)2，解得b+c≤2 5，当且仅当b=c= 5时，等号成立，
结合“三角形两边之和大于第三边”，可得b+c∈( 5,2 5]，
因此，△ABC周长a+b+c的取值范围是(2 5,3 5]；
若选择②：b= 3，由正弦定理得2R=bsinB= 3sinB，
a+c=2RsinA+2RsinC= 3sinB⋅sinA+ 3sinB⋅sin(A+B)
= 3sinB⋅ 32+ 3sinB⋅(sinπ3csB+csπ3sinB)=3+3csB2sinB+ 32．
设y=3+3csB2sinB+ 32，其中B∈(0,2π3).
求导数得y′=−3sinB⋅2sinB−(3+3csB)⋅2csB4sin2B=−3(sin2B+cs2B)−3csB2sin2B=−3(1+csB)2sin2B<0，
所以y=3+3csB2sinB+ 32在(0,2π3)上是关于B的减函数，可得y∈( 3,+∞)，
即a+c∈( 3,+∞)，可得△ABC周长a+b+c的取值范围是(2 3,+∞)；
若选择③：△ABC的面积为 3，则S=12bcsinA= 3，即 34bc= 3，可得bc=4，
由b+c≥2 bc=4，当且仅当b=c时，等号成立．
所以当b=c=2时，b+c的最小值为4，此时△ABC是等边三角形，a=2．
因此，△ABC的周长a+b+c的最小值为6，取值范围是[6,+∞)．
17.(1)证明：因为PA=AC，E是PC的中点，所以AE⊥PC，
在直角△PAB中，PA=1,PB= 6，所以AB= 5，
在△ABC中，AC=1，BC=2，
所以AC2+BC2=AB2，则AC⊥BC，
又PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
又AC⊥BC，PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC，
由AE⊂平面PAC，所以AE⊥BC，
又PC∩BC=C，所以AE⊥平面PBC，
由AE⊂平面AEF，故平面AEF⊥平面PBC；
(2)解：假设存在点F满足条件，由(1)知，AC⊥BC，
又PA⊥平面ABC，作Cz//PA，则CB，CA，Cz两两垂直，
故以C为原点，CB，CA分别为x轴，y轴，Cz为z轴，
建立空间直角坐标系C−xyz如图所示，

设CF=t(0≤t≤2)，则A(0,1,0)，E(0,12,12),F(t,0,0)，
AE=(0,−12,12),AF=(t,−1,0)，
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅AE=−12y+12z=0n⋅AF=tx−y=0，令x=1，得y=z=t，
所以平面AEF的一个法向量为n=(1,t,t)，
易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，
由已知得csπ3=|m⋅n||m||n|=|t| 2t2+1=12，
解得t= 22，即CF= 22，
所以存在点F使平面AEF与平面ABC的夹角为π3，此时CF= 22．
18.解：(1)由|MN|=4，D为旋杆上的一点，且在M，N两点之间，且|ND|=3|MD|，可得|MD|=1，|ND|=3
所以椭圆的长半轴a为3，短半轴b为1，
所以椭圆的方程为：x29+y2=1；
(2)由对称性设P(6,t)，其中t>0，则直线A1P的方程为：y=t9(x+3)，直线A2P的方程为：y=t3(x−3)，设Q(x1,y1)，R(x2,y2)，
由x29+y2=1y=t9(x+3)消x可得(9+t2)y2−6ty=0，由于yA1=0，所以y1=6t9+t2，
由x29+y2=1y=t3(x−3)消x可得(1+t2)y2+2ty=0，由于yA2=0，所以y2=−−2t1+t2，
所以四边形A1QA2R的面积为S=12|A1A2|⋅|y1−y2|=12⋅6⋅(6t9+t2+2t1+t2)
=24t(3+t2)(9+t2)(1+t2)=24t2+3t+4tt2+3，
由于t>0，设m=t2+3t≥2 3，
当且仅当t= 3时取等号，
又y=m+4m在[2 3,+∞)上单调递增，所以y=m+4m≥8 33，
故S=24m+4m≤3 3，
当且仅当m=2 3，即t= 3时，四边形A1QA2R的面积的最大值为3 3．
19.解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)=−2axex−ax2ex(ex)2=ax(x−2)ex，
①当a>0时，当x∈(−∞,0)或x∈(2,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
②当a<0时，当x∈(−∞,0)或x∈(2,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上，当a>0时，f(x)在(−∞,0)递增，在(0,2)递减，在(2,+∞)单调递增，
当a<0时，f(x)在(−∞,0)递减，在(0,2)递增，在(2,+∞)单调递减；
(2)证明：由exf(x)≥bx，得ex−ax2−bx≥0，因为x>0，所以exx−ax2−bx≥0，
令g(x)=exx−ax−b(x>0)，则g′(x)=(x−1)exx2−a，
设ℎ(x)=(x−1)exx2−a(x>0)，则ℎ′(x)=(x2−2x+2)exx3>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，
又因为ℎ(1)=−a<0，ℎ(1+a)=ae1+a(1+a)2−a>a⋅(1+a)2(1+a)2−a=a−a=0，
故当x∈(0,x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(x0)=ex0x0−ax0−b≥0，所以b≤ex0x0−(x0−1)ex0x0=(2−x0)ex0x0，
所以ab≤(x0−1)(2−x0)e2x0x03=(−x02+3x0−2)e2x0x03，
设F(x)=(−x2+3x−2)e2xx3(x>1)，则F(x)=−2x3−7x2+10x−6x4⋅e2x=−(2x−3)(x2−2x+2)x4⋅e2x，
当10，F(x)单调递增，当x>32时，F′(x)<0，F(x)单调递减，
所以F(x)≤F(32)=2e327，所以ab≤2e327．