2023-2024学年湖南省永州一中高二（下）第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年湖南省永州一中高二（下）第一次月考数学试卷（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。

1.3个班分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数为( )
A. A43B. C43C. 43D. 34
2.(1−2x2)(1+x)4的展开式中x3的系数为( )
A. 12B. 4C. −4D. −8
3.曲线y=x3+1在点(−1,a)处的切线方程为( )
A. y=3x+3B. y=3x+1C. y=−3x−1D. y=−3x−3
4.函数f(x)=2e2x−e3x的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字且大于201345的六位数的个数为( )
A. 478B. 479C. 480D. 481
6.某学校派出五名教师去三所乡村学校支教，其中有一对教师夫妇参与支教活动.根据相关要求，每位教师只能去一所学校参与支教，并且每所学校至少有一名教师参与支教，同时要求教师夫妇必须去同一所学校支教，则不同的安排方案有( )
A. 18种B. 24种C. 36种D. 48种
7.将《三国演义》、《西游记》、《水浒传》、《红楼梦》4本名著全部随机分给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分得1本，A表示事件：“《三国演义》分给同学甲”；B表示事件：“《西游记》分给同学甲”；C表示事件：“《西游记》分给同学乙”，则下列结论正确的是( )
A. 事件A与B相互独立B. 事件A与C相互独立
C. P(C|A)=512D. P(B|A)=512
8.已知定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>f(x)若x1A. ex1f(x2)>ex2f(x1)B. ex1f(x2)C. ex1f(x2)=ex2f(x1)D. ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定
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.在(x−2x)5的展开式中，下列说法正确的是( )
A. 不存在常数项B. 所有二项式系数的和为32
C. 第3项和第4项二项式系数最大D. 所有项的系数和为1
10.为了贯彻常态化疫情防控工作，动员广大医护人员抓细抓实各项防疫工作，人民医院组织护理、感染、儿科、疾控、药剂、呼吸六位专家进行“防疫有我，健康同行”知识讲座，每天一人，连续6天.则下列结论正确的是( )
A. 从六位专家中选两位的不同选法共有20种
B. “呼吸类专家”不排在最后一天的不同排法共有600种
C. “护理、感染类专家”排在相邻两天的不同排法共有240种
D. “护理、感染、儿科类专家”排在都不相邻的三天的不同排法共有72种
11.已知f(x)=x2lnx，g(x)=f′(x)x2，f′(x)是f(x)的导函数，则下列结论正确的是( )
A. f(x)在(e−12,+∞)上单调递增
B. g(x)在(0,+∞)上两个零点
C. 当0D. 若函数ℎ(x)=f(x)−ax只有一个极值点，则实数a≥0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知盒中有3个红球，2个蓝球，若无放回地从盒中随机抽取两次球，每次抽取一个，则第二次抽到蓝球的概率为______．
13.设0≤n≤5，n∈Z，且192022+n能被6整除，则n= ______．
14.已知当x≥e时，不等式xa+1x−e1x≥alnx恒成立，则正实数a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)
已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn+1=2an．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)令bn=lg2an，求数列{bn}的前项n和Tn．
16.(本小题15分)
(1)若(2x+ 3)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，求a1+a2+a3+a4的值；
(2)在( x−2x2)8的展开式中：
①求二项式系数最大的项；
②系数的绝对值最大的项是第几项？
17.(本小题15分)
如图，在三棱锥P−ABC中，PC⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=12PB，AD⊥PB于点D，点E在侧棱PC上，且CE=λCP(0<λ<1)．
(1)证明：PB⊥平面ACD；
(2)是否存在λ，使二面角C−AD−E的余弦值为4 3737？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
18.(本小题17分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，右焦点到直线y=x的距离为 3．
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)已知点M(2,1)，斜率为12的直线l交椭圆E于两个不同点A，B，设直线MA与MB的斜率分别为k1，k2；
①若直线l过椭圆的左顶点，求k1，k2的值；
②试猜测k1，k2的关系，并给出你的证明．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=alnx+x2−4x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)若A(x1,y1)，B(x2,y2)(x2>x1>0)是曲线y=f(x)上的两点，x0=x1+x22，问：是否存在a，使得直线AB的斜率等于f′(x0)？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
参考答案
1.C
2.C
3.A
4.A
5.B
6.C
7.C
8.A
9.ABC
10.BC
11.ACD
12.25
13.5
14.[1e,+∞)
15.解：(Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn+1=2an，
则当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−1−(2an−1−1)，
则an=2an−1，
又a1+1=2a1，
即a1=1，
则数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
则an=2n−1；
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得bn=lg2an=n−1，
则数列{bn}的前项n和Tn=(0+n−1)n2=n(n−1)2．
16.解：(1)∵(2x+ 3)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，
令x=1，可得(2+ 3)4=a0+a1+a2+a3+a4，令x=0，可得(0+ 3)4=a0，
∴a1+a2+a3+a4=a0+a1+a2+a3+a4−a0=(2+ 3)4−(0+ 3)4=88+56 3．
(2)①Tk+1=C8k⋅( x)8−k⋅(−2x2)k=(−1)k⋅C8k⋅2k⋅x4−52k．
二项式系数最大的项为中间项，即第5项，
所以T5=C84⋅24⋅x4−202=1120x−6．
②设第k+1项系数的绝对值最大，
则C8k2k≥C8k−12k−1C8k2k≥C8k+12k+1，
所以2k≥19−k18−k≥2k+1解得5≤k≤6(k∈N)，
故k=5或6．
故系数绝对值最大的项是第6项和第7项．
17.(1)证明：∵PC⊥平面ABC，∴PC⊥AC，又∵AC⊥BC，PC∩BC=C，
∴AC⊥平面PBC，∴AC⊥PB，又∵AD⊥PB，AC∩AD=A，∴PB⊥平面ACD；
(2)解：存在．
理由：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AC=BC=2，∴PB=4，PC=2 3，BD=1，
则D(0,32, 32)，A(2,0,0)，C(0,0,0)，E(0,0,2 3λ)
CA=(2,0,0)，AD=(−2,32, 32)，AE=(−2,0,2 3λ)，
设平面CAD和平面ADE的一个法向量分别为n=(x,y,z)，m=(a,b,c)，
n⋅CA=0n⋅AD=0，即2x=0−2x+32y+ 32z=0，令y=1，则x=0，z=− 3，
所以平面CAD的一个法向量分别为n=(0,1,− 3)，
设平面ADE的一个法向量分别为m=(a,b,c)，
m⋅AE=0mAD=0，即−2a+2 3λb=0−2a+32b+ 32c=0，令c= 3，则x=3λ，y=4λ−1，
所以平面ADE的一个法向量分别为m=(3λ,4λ−1, 3)，
设二面角C−AD−E的平面角为θ，
则csθ=m⋅nm×n=4λ−1−32 9λ2+16λ2−8λ+1+3=4 3737，
所以3λ2+2λ−1=0，
解得λ=13或λ=−1，又0≤λ≤1，故λ=13．
故存在这样的λ，λ=13．
18.解：(Ⅰ)设椭圆的右焦点(c,0)，
由右焦点到直线y=x的距离为 3，∴c 2= 3，解得c= 6
又由椭圆的离心率为 32，
∴ca= 32，解得a2=8，b2=2，
∴椭圆E的方程为x28+y22=1．
(Ⅱ)①若直线l过椭圆的左顶点，则直线的方程是l：y=12x+ 2，
联立方程组y=12x+ 2x28+y22=1，解得x1=0y1= 2或x2=−2 2y2=0，
故k1=− 2−12,k2= 2−12．
②猜想：k1+k2=0，
证明：设在y轴上的截距为b，∴直线l的方程为y=12x+b．
由y=12x+bx2+4y2=8 得x2+2bx+2b2−4=0．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2=−2b，x1x2=2b2−4．
又k1=y1−1x2−2，k2=y2−1x2−2，
故k1+k2=y1−1x1−2+y2−1x2−2=(y1−1)(x2−2)+(y2−1)(x1−2)(x1−2)(x2−2)．
又y1=12x1+b，y2=12x2+b，
所以上式分子=(12x1+b−1)(x2−2)+(12x2+b−1)(x1−2)=x1x2+(b−2)(x1+x2)−4(b−1)=2b2−4+(b−2)(−2b)−4(b−1)=0，
故k1+k2=0．
19.解：(1)函数f(x)=x2−4x+alnx的导数为f′(x)=2x−4+ax=2x2−4x+ax(x>0)，
令g(x)=2x2−4x+a．
①当△=16−8a≤0，即a≥2时，2x2−4x+a≥0恒成立，可得f′(x)≥0恒成立，
即有f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间；
当△=16−8a>0，即a<2，可得2x2−4x+a=0的两根为x=1± 1−a2，
②当01− 1−a2>0，
由f′(x)>0，可得x>1+ 1−a2，或0由f′(x)<0，可得1− 1−a2即f(x)的增区间为(1+ 1−a2,+∞)，(0,1− 1−a2)，
减区间为(1− 1−a2,1+ 1−a2)；
③当a≤0时，1+ 1−a2>0，1− 1−a2≤0，
由f′(x)>0，可得x>1+ 1−a2．
由f′(x)<0，可得0即f(x)的增区间为(1+ 1−a2,+∞)，减区间为(0,1+ 1−a2)；
(2)存在实数a=0，使得直线AB的斜率等于f′(x0).
证明如下：
f(x1)=alnx1+x12−4x1，f(x2)=alnx2+x22−4x2，
kAB=f(x2)−f(x1)x2−x1=alnx2+x22−4x2−alnx1−x12+4x1x2−x1=a(lnx2−lnx1)x2−x1+x2+x1−4，
函数在x0=x1+x22处的切线的斜率k=f′(x0)=f′(x1+x22)=2⋅x1+x22−4+2ax1+x2，
由2⋅x1+x22−4+2ax1+x2=a(lnx2−lnx1)x2−x1+x2+x1−4，得
2ax1+x2=a(lnx2−lnx1)x2−x1，当a=0时，该式对于任意x1，x2∈(0,+∞)都成立；
当a≠0时，有lnx2−lnx1x2−x1=2x1+x2，即lnx2x1=2(x2−x1)x2+x1=2(x2x1−1)x2x1+1．
令x2x1=t，则t>1，则lnt=2(t−1)t+1，
令ℎ(t)=lnt−2(t−1)t+1(t>1)，ℎ′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)，
由t>1，知ℎ′(t)>0，
∴ℎ(t)在(1,+∞)上单调递增，∴ℎ(t)>ℎ(1)=0．
∴方程lnt=2(t−1)t+1在(1,+∞)上无解．
综上，存在实数a=0，使得直线AB的斜率等于f′(x0).