2023-2024学年云南省昆明八中高二（下）月考数学试卷（二）（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（二）（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.设集合U={x∈Z|x2≤4}，A={1,2}，则∁UA=( )
A. [−2,0]B. {0}C. {−2,−1}D. {−2,−1,0}
2.已知z=(1+i)41−i，则z−的虚部为( )
A. 2iB. −2iC. −2D. 2
3.已知sin(π3−α)=14，则cs(π3+2α)=( )
A. 58B. −78C. −58D. 78
4.已知圆O：x2+y2=5，直线l经过点(1,2)，且l与圆O相切，则l的方程为( )
A. x+2y−5=0B. x−2y+3=0C. 2x−y=0D. 2x+y−4=0
5.已知F1，F2为双曲线x24−y23=1的左，右焦点，过点F2向该双曲线的一条渐近线作垂线PF2，垂足为P，则△PF1F2的面积为( )
A. 2B. 3C. 4D. 2 3
6.球面被平面所截得的一部分叫做球冠(如图).球冠是曲面，是球面的一部分.截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.阿基米德曾在著作《论球与圆柱》中记录了一个被后人称作Aretiintedes′Hat−Bx Tℎerem”的定理：球冠的表面积=2πRℎ(如右上图，这里的表面积不含底面的圆的面积).某同学制作了一个工艺品，如右下图所示.该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，即一个球去掉了6个球冠后剩下的部分.若其中一个截面圆的周长为2π，则该工艺品的表面积为( )
A. 20πB. (24 5−34)πC. 16πD. 12π
7.已知函数f(x)=2xlnx−ax2，若对任意的x1，x2∈(0,+∞)，当x1>x2时，都有2x1+f(x2)>2x2+f(x1)，则实数a的取值范围为( )
A. [12e,+∞)B. [1,+∞)C. [1e,+∞)D. [2,+∞)
8.给定一个正整数n(n≥3)，从集合Ω={1,2,3,⋯,n}中随机抽取一个数，记事件A=“这个数为偶数”，事件B=“这个数为3的倍数”.下列说法正确的是( )
A. 若n=6k，k∈N∗，则至少存在一个n，使事件A和事件B不独立
B. 若n≠6k，k∈N∗，k∈N∗，则存在无穷多个n，使事件A和事件B独立
C. 若n为奇数，则至少存在一个n，使事件A和事件B独立
D. 若n为偶数，则对任意的n，事件A和事件B独立
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)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. ω=2
B. 函数y=f(x−π6)为偶函数
C. 函数y=f(x)的图象关于直线x=−5π12对称
D. 函数y=f(x)在[−π3,π12]上的最小值为− 3
10.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AE=14AA1，CF=34CC1，则( )
A. ∠EBF为钝角
B. AD1⊥A1C
C. ED/​/平面B1D1F
D. 直线EF与平面BB1C1C所成角的正弦值为23
11.直线l经过抛物线C：y2=4x的焦点，且与抛物线C相交于A(x1,y1)、B(x2,y2)两点，下列说法正确的是( )
A. x1x2=1，y1y2=−4B. 直线l的斜率为1时，AB=2 2
C. |AB|的最小值为6D. 以AB为直径的圆与C的准线相切
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(x−1 x)6的二项展开式中的常数项为______．
13.数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明.四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数12=32+12+12+12=22+22+22+02.设25=a2+b2+c2+d2，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组(a,b,c,d)的个数是______．
14.函数f(x)=csπx,0四、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)
某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中2道题便可通过．已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是23，且每题正确完成与否互不影响．
(Ⅰ)求甲恰好正确完成两个面试题的概率；
(Ⅱ)求乙正确完成面试题数η的分布列及其期望．
16.(本小题15分)
如图，三棱锥A−BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60°，E为BC中点．
(1)证明BC⊥DA；
(2)点F满足EF=DA，求二面角D−AB−F的正弦值．
17.(本小题15分)
数列{an}的前n项和Sn满足Sn=nan+1−n2−n(n∈N∗)．
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a1=3，证明：1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<34．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx−axex．
(1)当a=1时，证明：f(x)有且仅有一个零点；
(2)当x>0时，f(x)≤x恒成立，求a的取值范围；
(3)证明：ln22+ln33+⋯+lnnn≤n−e(1−e−n)e−1(n≥2,n∈N∗)．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右顶点分别为A1和A2，离心率为 32，且经过点P(−2, 3)，过点P作PH垂直x轴于点H.在x轴上存在一点A(异于H)，使得|AA2||AA1|=|HA2||HA1|．
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；
(Ⅱ)判断直线AP与椭圆C的位置关系，并证明你的结论；
(Ⅲ)过点A作一条垂直于x轴的直线l，在l上任取一点T，直线TA1和直线TA2分别交椭圆C于M，N两点，证明：直线MN经过定点．
参考答案
1.D
2.D
3.B
4.A
5.D
6.B
7.C
8.B
9.ACD
10.BCD
11.AD
12.15
13.28
14.1 ；；(32,2 63]⋃(52,72]
15.解：(Ⅰ)甲恰好完成两道题的概率P1=12C42CC63=35，
(Ⅱ)设乙正确完成面试的题数为η，则η取值分别为0，1，2，3，
P(η=0)=127，P(η=1)=C31×(13)2×23=627，P(η=2)=C32×(23)2×13=1227，P(η=3)=(23)3=827，
考生乙正确完成题数η的分布列为：
E(η)=0×127+1×627+2×1227+3×827=2．
16.证明：(1)连接AE，DE，
∵DB=DC，E为BC中点．
∴DE⊥BC，
又∵DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60°，
∴△ACD与△ABD均为等边三角形，
∴AC=AB，
∴AE⊥BC，AE∩DE=E，
∴BC⊥平面ADE，
∵AD⊂平面ADE，
∴BC⊥DA．
(2)解：设DA=DB=DC=2，
∴BC=2 2，
∵DE=AE= 2，AD=2，
∴AE2+DE2=4=AD2，
∴AE⊥DE，
又∵AE⊥BC，DE∩BC=E，
∴AE⊥平面BCD，
以E为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

D( 2,0,0)，A(0,0, 2)，B(0, 2,0)，E(0,0,0)，
∵EF=DA，
∴F(− 2,0, 2)，
∴DA=(− 2,0, 2)，AB=(0, 2,− 2)，AF=(− 2,0,0)，
设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1=(x1,y1,z1)，n2=(x2,y2,z2)，
则− 2x1+ 2z1=0 2y1− 2z1=0，令x1=1，解得y1=z1=1，
2y2− 2z2=0− 2x2=0，令y2=1，解得x2=0，z2=1，
故n1=(1,1,1)，n2=(0,1,1)，
设二面角D−AB−F的平面角为θ，
则|csθ|=|n1⋅n2||n1| |n2|=2 3× 2= 63，
故sinθ= 33，
所以二面角D−AB−F的正弦值为 33．
17.证明：(1)由题意Sn=nan+1−n2−n(n∈N∗)①，
则当n≥2时，Sn−1=(n−1)an−(n−1)2−(n−1)②，
①−②，得an=nan+1−(n−1)an−2n，整理得nan=nan+1−2n，
即an+1−an=2；
当n=1时,S1=a1=1×a2−12−1，得a2−a1=2；
综上an+1−an=2对任意的n∈N∗均成立，
∴{an}是以2为公差的等差数列．
(2)由(1)及题意，得d=2，a1=3，
∴Sn=n×3+n(n−1)2×2=n(n+2)，
∴1Sn=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
∴1S1+1S2+1S3+1S4+⋯+1Sn−1+1Sn
=12×(1−13+12−14+13−15+14−16+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2)
=12×(32−1n+1−1n+2)．
∵n∈N∗,1n+1+1n+2>0，
∴1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<34．
18.(1)证明：当a=1时，f(x)=lnx−xex，则f(x)=1x−1−xex=ex−x+x2xex．
令g(x)=ex+x2−x，则g′(x)=ex+2x−1>0在(0,+∞)上恒成立，则g(x)在(0,+∞)上单调递增，
则g(x)>g(0)=1，故f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递增．
因为f(1)=−1e<0，f(e)=1−eex>0，所以根据零点存在定理可知，f(x)有且仅有一个零点．
(2)解：当x>0时，f(x)≤x等价于a≥exlnx−xexx，
令ℎ(x)=exlnx−xexx，则ℎ′(x)=(x−1)(lnx−x−1)exx2，令φ(x)=lnx−x−1，则φ′(x)=1−xx，
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，当x∈(1,+∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，所以φ(x)≤φ(1)=−2．
所以当x∈(0,1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，则ℎ(x)≤ℎ(1)=−e，故a的取值范围为[−e,+∞)．
(3)证明：由(2)可知，当a=−e时，有lnx+xex−1≤x则lnxx≤1−1ex−1，
所以ln22≤1−1e1…，lnnn≤1−1en−1．
故ln22+ln33+⋯+lnnn≤(n−1)−(1e1+⋯+1en−1)=n−e(1−e−n)e−1．
19.解：(Ⅰ)因为椭圆C的离心率为 32，
所以e2=1−b2a2=34，①
又点P在椭圆C上，
所以4a2+3b2=1，②
联立①②，
解得a2=16b2=4，
则椭圆C的标准方程为x216+y24=1；
(Ⅱ)不妨设A(x,0)，
因为AA2：AA1=HA2：HA1，
所以|x−4||x+4|=62，
解得x=−8，
此时A(−8,0)，
可得直线AP的方程为y= 36(x+8)，
联立y= 36(x+8)x216+y24=1，消去y并整理得x2+4x+4=0，
解得x=−2，
故直线AP与椭圆C相切；
(Ⅲ)证明：不妨设T(−8,t)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
因为T，M，A1三点共线，
所以y1x1+4=−t4，
因为T，N，A2三点共线，
所以y2x2−4=−t12，
可得y1(x2−4)y2(x1+4)=3，
因为x216+y24=1，
所以y12x12−16=y12(x1+4)(x1−4)=−14，
整理得(x1−4)(x2−4)y1y2=−12，
即x1x2−4(x1+x2)+12y1y2+16=0，
不妨设直线MN的方程为x=my+n，
此时(m2+12)y1y2+(mn−4m)(y1+y2)+n2−8n+16=0，
联立x=my+nx216+y24=1，消去x并整理得(m2+4)y2+2mny+n2−16=0，
由韦达定理得y1+y2=−2mnm2+4，y1y2=n2−16m2+4，
所以n2−2n−8=0，
解得n=−2或n=4(舍去)．
故直线MN经过定点(−2,0)． η
0
1
2
3
P
127
627
1227
827