2024-2025学年河南省洛阳市创新发展联盟高二下学期第一次月考（3月）数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省洛阳市创新发展联盟高二下学期第一次月考（3月）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。
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.若平面α的一个法向量为m=(0,1,1)，平面β的一个法向量为n=( 5,2,0)，则平面α与平面β夹角的余弦值为( )
A. 53B. 63C. 29D. 23
2.已知函数y=sin8x，则y′=( )
A. −8cs8xB. 8cs8xC. −8sin8xD. cs8x
3.设数列{an}满足a1=13，anan+1=(−1)n(2n−1)2，则a3=( )
A. 3B. 9C. −3D. −9
4.已知火箭发射t秒后，其高度(单位：米)为ℎ(t)=910t2，则火箭发射后第5秒时，火箭爬高的瞬时速度为( )
A. 92m/sB. 9m/sC. 452m/sD. 18m/s
5.设O为坐标原点，F为抛物线C:y2=8x的焦点，点A在抛物线C上.若|AF|=5，则|OA|=( )
A. 6 6B. 9C. 3D. 33
6.已知经过点P(−1,0)且倾斜角为3π4的直线l与圆C:x2+y2−6x+m=0相离，则m的取值范围为( )
A. (−1,9)B. (−∞,9)C. (1,9)D. (1,+∞)
7.已知函数f(x)=4ex−ax4在(0,+∞)上单调递增，则a的取值范围为( )
A. (−∞,−e327]B. (−∞,e327]C. (−∞,e481]D. [e327,+∞)
8.直线x=m(m>0)与椭圆C:x29+y2=1交于A，B两点，直线x=−m与椭圆C交于E，F两点，点A，E在x轴上方.将四边形AEFB绕y轴旋转180∘，得到几何体Ω，则几何体Ω的体积的最大值为( )
A. 4 3πB. 16 3π3C. 12 3πD. 4 3π3
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.已知函数f(x)=x3−6x2+mx+n的极大值点为1，极大值为5，则( )
A. mn=9B. f(x)有3个零点
C. limΔx→0f(2+2Δx)−f(2)Δx=−6D. f(x)在(3,+∞)上单调递增
10.在数列{an}中，an=an+1−14an+2，a1=2，a2=8，Sn是数列{lg2an}的前n项和，则( )
A. 数列{an+1−2an}是等比数列B. 数列{an2n}是等差数列
C. a1+a22+a33+⋯+a1010=2044D. S5b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，过点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点.若AF1⋅AB=0，且|AF1|=512|AB|，则椭圆C的离心率为 ．
14.如图，在Rt△A1OB1中，A1O⊥OB1，OA1=7，OB1=1.点A2满足A1A2=15A1B1，以A2B1为直角边向△A1OB1的外部作Rt△A2B1B2，其中B1B2=A1A2.点A3满足A2A3=15A2B2，以A3B2为直角边向△A2B1B2的外部作Rt△A3B2B3，其中B2B3=A2A3.依此方法一直继续下去，设Rt△A1OB1的面积为S1，Rt△A2B1B2的面积为S2，Rt△A3B2B3的面积为S3，⋯，Rt△AnBn−1Bn(n≥2)的面积为Sn.设数列{Sn}的前n项和为Tn，则S3= ;若对任意n∈N∗，Tn≤t2−6t恒成立，则t的取值范围为 ．
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)
在等差数列{an}中，a1=1，a6=36．
(1)求{an}的通项公式;
(2)若a1，a2，am成等比数列，求m的值;
(3)设bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Sn．
16.(本小题12分)
如图，在空间几何体ABCDPH中，PA⊥平面ABCD，AD//BC，PA//HB．∠ADC=90∘，CD=AD=PA=HB=12BC，E，F分别为AH，BC的中点．
(1)证明：EF//平面PCD．
(2)求直线HF与平面PHC所成角的正弦值．
17.(本小题12分)
已知P为双曲线C:x2a2−y2=1(a>0)的左顶点，F2为双曲线C的右焦点，|PF2|=2+ 5.斜率不为零的直线l过点E(−1,0)，且与双曲线C交于A，B两点.设直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2．
(1)求双曲线C的标准方程．
(2)试问k1k2是否为定值?若是，求出该定值;若不是，请说明理由．
18.(本小题12分)
设数列{an}满足a13+a232+a333+⋯+an3n=n2+3n2．
(1)求{an}的通项公式．
(2)(ⅰ)求{an}的前n项和Sn;
(ⅱ)证明：ln4Sn−n⋅3n+1+33n+1>1n+1+lnn.
19.(本小题12分)
若连续函数F(x)的极值点a，b(a0且m2−4≠0，得m2>3，m≠±2，
y1+y2=2mm2−4，y1y2=−3m2−4．
因为P为双曲线C的左顶点，所以P(−2,0)，k1=y1x1+2，k2=y2x2+2，
所以k1k2=y1y2(x1+2)(x2+2)=y1y2(my1−1+2)(my2−1+2)=y1y2m2y1y2+m(y1+y2)+1
=−3m2−4m2⋅−3m2−4+m⋅2mm2−4+1=34，
故k1k2是定值，该定值为34．
18.解：(1)当n=1时，a13=2，得a1=6．
当n≥2时，由a13+a232+a333+⋯+an3n=n2+3n2，
得a13+a232+a333+⋯+an−13n−1=(n−1)2+3(n−1)2，
两式相减，得an3n=n2+3n2−(n−1)2+3(n−1)2=n+1，
得an=(n+1)⋅3n，
当n=1时，a1=6满足an=(n+1)⋅3n，
所以数列{an}的通项公式为an=(n+1)⋅3n．
(2)(i)解：由题意得Sn=2×31+3×32+4×33+⋯+(n+1)⋅3n，
则3Sn= 2×32+3×33+4×34+⋯+(n+1)⋅3n+1，
所以−2Sn=6+32+33+⋯+3n−(n+1)⋅3n+1=6+32(1−3n−1)1−3−(n+1)⋅3n+1=32−(2n+1)⋅3n+12，
所以Sn=(2n+1)⋅3n+1−34．
(ii)证明：由(i)可得4Sn−n⋅3n+1+33n+1=n+1，则ln4Sn−n⋅3n+1+33n+1=ln(n+1)，
要证ln4Sn−n⋅3n+1+33n+1>1n+1+lnn，即证lnn+1n>11+n．
设函数f(x)=ln(1+x)−x1+x，x∈(0,+∞)，则f′(x)=11+x−1(1+x)2=x(1+x)2>0，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，则f(x)>f(0)=0，
即当x>0时，ln(1+x)>x1+x，
令x=1n，则ln(1+1n)>11+n，即lnn+1n>11+n，故ln4Sn−n⋅3n+1+33n+1>1n+1+lnn.
19.解：(1)证明：依题意得ℎ(x)=ex−2ln(x+3)+x+3，x∈(−3,+∞)，则ℎ′(x)=ex−2x+3+1．
设函数φ(x)=ex−2x+3+1，则φ′(x)=ex+2(x+3)2>0，所以φ(x)在(−3,+∞)上单调递增，即ℎ′(x)在(−3,+∞)上单调递增．
因为ℎ′(−2)=e−2−2+10，
所以ℎ′(x)存在唯一零点x0∈(−2,−1)，使得ℎ′(x0)=0．
当x∈(−3,x0)时，ℎ′(x)0，ℎ(x)单调递增，所以ℎ(x)有唯一极值点x0，且x0∈(−2,−1)，
故满足x0∈(k,k+1)的整数k的值为−2．
(2)(i)证明：依题意得G(x)=2lnx+x2−mx，G′(x)=2x+2x−m=2x2−mx+2x．
令G′(x)=0，得2x2−mx+2=0，△=(−m)2−16>0，易得G(x)有两个极值点．
设G(x)的极值点是x1，x2(x1