2023-2024学年河南省信阳市息县第二高级中学联考高二下学期7月期末考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年河南省信阳市息县第二高级中学联考高二下学期7月期末考试数学试题（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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在等比数列an中，已知a1=1，a2=3，则a4=( )
A. −27B. 27C. −64D. 64
2.设fx是可导函数，且limΔx→0f1+Δx−f1Δx=2，则f′1=( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
3.已知由小到大排列的5个样本数据a,12,16,19,23的极差是15，则a的值为( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
4.若圆C:(x−m)2+(y−2m)2=1被直线l:x−2y+1=0平分，则m=( )
A. −2B. −23C. 12D. 13
5.已知F1,F2分别为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点，过F1的直线与双曲线C的左支交于A,B两点，若AF1=2F1B=4,AB=BF2，则双曲线C的焦距为( )
A. 2 213B. 4 213C. 3 72D. 2 3
6.设(x+26=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6，则a0=( )
A. 1B. 2C. 63D. 64
7.已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，以F为圆心， 2b为半径的圆与双曲线E的一条渐近线交于A，B两点，若OB=3OA，则双曲线E的离心率为( )
A. 52B. 3C. 5D. 3
8.已知集合A=−4,−3,−2,12,13,14,2,3，若a,b,c∈A且互不相等，则使得指数函数y=ax，对数函数y=lgbx，幂函数y=xc中至少有两个函数在0,+∞上单调递减的有序数对a,b,c的个数是( )
A. 36B. 42C. 72D. 84
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数fx=1x−1+lnx，则( )
A. fx在x=1处的切线为x轴B. fx是0,+∞上的减函数
C. x=1为fx的极值点D. fx最小值为0
10.已知事件A与B发生的概率分别为PA=35,PB=45，则下列说法正确的是( )
A. PAB=1225B. PA|B>25C. PA+B=2325D. 23≤PB|A≤1
11.已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)在x=1处取到极大值1，则以下结论正确的是
A. 3a+2b+c=0B. d=2a+b+1C. b<−3aD. b>−3a
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从放入球的盒子中任取一个球，则第二次抽到3号球的概率为 ．
13.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，CC1=C1D1= 3,C1B1=1，点P为线段B1C上一点，则C1P⋅D1P的最大值为 ．
14.已知随机变是X服从正态分布N2024,σ2，且P(X>2028)=0.38，则P2020≤X≤2024= ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，底面是正三角形的直三棱柱ABC−A1B1C1中，D是BC的中点，AA1=AB=2．
(I)求证：A1C//平面AB1D；
(II)求点A1到平面AB1D的距离．
16.(本小题12分)
已知函数fx=x3+ax+b的图象是曲线C，直线y=kx+1与曲线C相切于点1,3．
(1)求函数fx的解析式；
(2)求函数Fx=fx−2x−3在区间0,2上的最大值和最小值．
17.(本小题12分)
点球大战是指在足球比赛中，双方球队在经过90分钟常规赛和30分钟加时赛后仍然无法分出胜负的条件下，采取以互罚点球决胜负的方法.在点球大战中，双方球队确定各自罚球队员的顺序，通过抽签的方式决定哪一方先罚，双方球队各出1人进行1次罚球作为1轮罚球，点球大战期间队员不可重复罚球，除非一方球队的全部球员已依次全部罚球.点球大战主要分为两个阶段：第一阶段，以双方球员交替各踢5次点球作为5轮罚球，前5轮罚球以累计进球数多的一队获胜，当双方未交替踢满5轮，就已能分出胜负时，裁判会宣布进球多的一队获胜，当双方交替踢满5轮，双方进球数还是相等时，则进入第二阶段：第二阶段，双方球队继续罚球，直到出现某1轮结束时，一方罚进而另一方未罚进的局面，则由罚进的方取得胜利.现有甲､乙两队(每支队伍各11名球员)已经进入了点球大战，甲队先罚球，各队已经确定好罚球队员的顺序，甲队的球员M第1轮上场，球员M在点球时罚进球的概率为34，其余的21名球员在点球时罚进球的概率均为12．
(1)求第3轮罚球结束时甲队获胜的概率；
(2)已知甲､乙两队的点球大战已经进入第二阶段，在第二阶段的第4轮罚球结束时甲队获胜的条件下，甲､乙两队第二阶段的进球数之和为X，求X的分布列及数学期望．
18.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左顶点为A−3,0，右顶点为B3,0，椭圆上不同于点A,B的一点P满足kPA⋅kPB=−49．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点2,0的直线l交椭圆C于M､N两点，直线AM､BN交于点Q，证明：点Q在定直线上．
19.(本小题12分)
已知函数fx=lnxx．
(1)若方程fx=kx有两解，求实数k的取值范围；
(2)若对任意的x∈0,+∞，不等式ex−fx−1x≥a恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案
1.B
2.C
3.C
4.D
5.B
6.D
7.A
8.C
9.ACD
10.BD
11.ABC
12.1148
13.3
或325
15.解：(I)连接A1B，交AB1于点E，连接DE，
∵四边形ABB1A1为平行四边形，∴E为A1B中点，又D为BC中点，∴DE//A1C，
∵DE⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D，∴A1C//平面AB1D．
(II)由(I)知：A1C//平面AB1D，
∴点A1到平面AB1D的距离即为点C到平面AB1D的距离；
∵三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，▵ABC为等边三角形，AA1=AB=2，
∴AD= 3，B1D= 5，AB1=2 2，∴AD2+B1D2=AB12，∴AD⊥B1D，
∴S▵AB1D=12AD⋅B1D= 152；
∵S▵ADC=12S▵ABC=12×12×2×2× 32= 32，BB1=2，
∴VB1−ADC=13S▵ADC⋅BB1=13× 32×2= 33；
设点C到平面AB1D的距离为d，
则VC−AB1D=VB1−ADC=13S▵AB1D⋅d= 156d= 33，解得：d=2 55，
∴点A1到平面AB1D的距离为2 55．

16.解：(1)因为切点为1,3，
所以3=k+1，解得k=2．
由fx=x3+ax+b，得f′x=3x2+a，
因为 直线y=2x+1与曲线C相切于点1,3，
所以f′1=3×12+a=2，解得a=−1，
所以fx=x3−x+b，
由f1=13−1+b=3，得b=3．
所以函数fx的解析式为：fx=x3−x+3．
(2)由(1)知，fx=x3−x+3，
所以Fx=fx−2x−3=x3−3x，x∈0,2．
可得F′x=x3−3x，
令F′x=0，则3x2−3=0，解得x1=−1(舍)，x2=1．
当00；
所以Fx在0,1上单调递减，在1,2上单调递增．
当x=1时，Fx取的极小值，极小值为F1=13−3×1=−2，
又因为F0=03−3×0=0,F2=23−3×2=2，
所以当x∈0,2时，Fx的最大值为2，最小值为−2．

17.解：(1)第3轮罚球结束时甲队获胜，则甲队前3轮进3球，乙队前3轮未进球，
所以第3轮罚球结束时甲队获胜的概率为34×122×123=3128．
(2)甲､乙两队的点球大战已经进入第二阶段，每一轮罚球甲队进球､乙队未进球的概率为12×12=14，甲､乙两队均进球的概率为12×12=14，甲､乙两队均未进球的概率为12×12=14．
设事件A为“第二阶段的第4轮罚球结束时甲队获胜”，则第二阶段的前3轮罚球甲､乙两队的进球数相等，第4轮罚球为甲队进球､乙队未进球，
所以PA=14+143×14=132．
由题意得X的可能取值为1,3,5,7，
PX=1=143×14PA=18，
PX=3=C31×14×142×14PA=38，
PX=5=C32×142×14×14PA=38，
PX=7=143×14PA=18，
X的分布列为
所以EX=1×18+3×38+5×38+7×18=4．

18.解：(1)如图所示：

根据题意，a=3，设点P的坐标为x0,y0，由于点P在椭圆上，
所以x 029+y 02b2=1，得y 02=−x 02−9b29，
则kPA⋅kPB=y0x0+3⋅y0x0−3=y02x02−9=−x02−9b291x02−9=−b29=−49，
解得b2=4，所以椭圆C的标准方程为x29+y24=1．
(2)解法一(非对称韦达)：
由题意如图所示：

设点Mx1,y1,Nx2,y2，可设直线MN的方程为：x=my+2，
联立x=my+2x29+y24=1，得4m2+9y2+16my−20=0，
由根与系数的 关系，y1+y2=−16m4m2+9,y1y2=−204m2+9，
直线AM的方程：y=x+3y1x1+3，①
直线BN的方程：y=x−3y2x2−3，②
①÷②得，x+3x−3=x1+3y2x2−3y1=x1y2+3y2x2y1−3y1=my1+2y2+3y2my2+2y1−3y1=my1y2+5y2my1y2−y1
因为my1y2=54y1+y2，
所以x+3x−3=my1y2+5y2my1y2−y1=54y1+y2+5y254y1+y2−y1=5，解得x=92，
因此，点Q在定直线x=92上.
解法二(齐次化)：
由题意如图所示：

设不过点B3,0的直线MN的方程为：mx−3+ny=1，
由于直线MN过2,0，所以m=−1．
设k1=kBM=y1x1−3,k2=kBN=y2x2−3,k3=kAM，点Qx0,y0．
椭圆C的方程转化为，4(x−3)2+24x−3+9y2=0，代入直线MN的方程得，
−20(x−3)2+24nx−3y+9y2=0，即9yx−32+24nyx−3−20=0，
即9k2+24nk−20=0，由根与系数的关系，k1⋅k2=−209，
又由题意可得：k1⋅k3=−49，所以两式相除得：k2=5k3，
即y0x0−3=5y0x0+3，解得x0=92，
所以点Q在定直线x=92上.

19.解：(1)由fx=kx，得lnxx=kx，即k=lnxx2，
令gx=lnxx2(x>0),g′x=1−2lnxx3，
令g′x<0，得x> e，令g′x>0，得0所以gx在0, e上单调递增，在 e,+∞上单调递减．
当x→0时，gx→−∞，当x→+∞时，gx→0，
g(x)max=g e=ln ee=12e，
因为方程fx=kx有两解，即y=lnxx2−k有两个零点，
所以k的取值范围是0,12e．
(2)∵对任意的x>0，不等式ex−fx−1x≥a恒成立，
∴a≤xex−lnx−1x在0,+∞上恒成立，
令Fx=xex−lnx−1x(x>0)，则F′x=x2ex+lnxx2，
令ℎx=x2ex+lnx，则ℎ′x=x2+2xex+1x>0，
∴ℎx在0,+∞上为增函数，
又ℎ1=e>0,ℎ1e=e1ee2−1=e1e−2−1<0，
∴∃x0∈1e,1，使得ℎx0=0，即x02ex0+lnx0=0，
∴0x>x0时，ℎx>0,∴F′x>0,∴Fx在x0,+∞上单调递增，
∴F(x)min=Fx0=x0ex0−lnx0−1x0，
由x02ex0+lnx0=0，可得x0ex0=−lnx0x0=1x0ln1x0=ln1x0eln1x0，
令tx=xex(x>0)，则tx0=tln1x0，
又t′x=x+1ex>0,∴tx在0,+∞上单调递增，
∴x0=ln1x0,∴lnx0=−x0,∴ex0=1x0,∴x0ex0=1，
∴F(x)min=Fx0=x0ex0−lnx0−1x0=1+x0−1x0=1，
∴a≤1．
综上所述，满足条件的实数a的取值范围是−∞,1．
X
1
3
5
7
P
18
38
38
18