海南省文昌中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份海南省文昌中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试题（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－ln x的单调递减区间为（ ）
A．(－1,1) B．(－∞，1 ) C．(0,1) D．(1，＋∞)
2．小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡．若他至少买1张，则不同的买法共有（ ）
A．7种 B．8种 C．6种 D．9种
3．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，给出下列命题：
①－3是函数y＝f(x)的极值点；
②－1是函数y＝f(x)的最小值点；
③y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增；
④曲线y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零．
其中正确命题的序号是（ ）
A．①②B．③④ C．①③ D．②④
4．抛物线y2＝4x的焦点到双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1的渐近线的距离是（ ）
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(3),2) C．1 D．eq \r(3)
5．已知函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)＝2xf ′(e)＋ln x，则f(e)＝（ ）
A．－eq \f(1,e) B．－1 C．1 D．e
6．某工厂产生的废气经过过滤后排放，在过滤过程中，污染物的数量p(单位：毫克/升)
不断减少，已知p与时间t(单位：小时)满足p(t)＝，其中p0为t＝0时的污染物
数量．又测得当t∈[0，30]时，污染物数量的平均变化率是－10ln2，则 p(60)＝（ ）
A．150毫克/升 B．300毫克/升
C．150ln2毫克/升 D．300ln2毫克/升
7．某体育彩票规定：从01至36共36个号中选出7个号为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，若这个人把满足这种特殊要求的号买全，要花（ ）
A．3360元B．6720元 C．4320元 D．8640元
8．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，f′(x)，g′(x)为其导函数,当x<0时，f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x)<0且g(—3)=0,则使不等式f(x)·g(x)<0成立的x的取值范围是（ ）
A. (－∞, 0)∪(3, ＋∞)B. (－3, 0)∪(3, ＋∞)
C. (－∞, 3)D. (0, 3)∪(6, ＋∞)
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．已知数列{an}是等差数列，若a1＝3，a2，a5－3，a6＋6成等比数列，则数列{an}的公差为（ ）
A．－3 B．3 C．2 D．－eq \f(9,11)
10．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的值可以为（ ）
A．0 B．eq \f(1,3) C．eq \f(1,2) D．eq \f(9,11)
11．函数f(x)＝xn x，g(x)＝eq \f(f′(x),x)，下列命题中正确的是（ ）
A．不等式g(x)＞0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
B．函数g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减
C．若函数F(x)＝f(x)－ax2有两个极值点，则a∈(0,1)
D．若x1＞x2＞0时，总有eq \f(m,2)(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＞f(x1)－f(x2)恒成立，则m≥1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位的前面．不同的安排方法共有 种．
13．已知函数，若在（2, 3）上单调，则实数的取值范围 .
14．已知集合，其中且，若对任 意的，都有，则称集合具有性质.
（1）集合具有性质，则的最小值 ；（2分）
（2）已知具有性质，若，则的最大正整数为 .（3分）
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．（本小题满分13分）
（1）已知函数在区间上的最大值与最小值分别为，求？
（2）已知是函数的一个极值点，求.
16．（本小题满分15分）
已知各项均为正数的等比数列{an}满足a2a3＝8a1，且a4, 36, 2a6成等差数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记bn＝eq \f(2n,an)，求数列{bn}的前n项和Tn.
17．（本小题满分15分）
四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为菱形，AD=2，∠BAD=60°，平面PBD⊥平面ABCD．
（1）证明：PB⊥AC；
（2）若PB=PD，且PA与平面ABCD成角为60°，
点E在棱PC上，且，求平面EBD
与平面BCD的夹角的余弦值．
18．（本小题满分17分）已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且过点(4，2)．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设E的左、右顶点分别为A, B，点C, D为E上与A, B不重合的两点，且∠CAD＝90°.
①证明：直线CD恒过定点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(6),3)，0))；
②求△BCD面积的最大值．
19．（本小题满分17分）
已知
（1）当a = 0时，求曲线在点（1，f (1)）处的切线方程；
（2）当a = 1时，设，求函数零点的个数；
（3）R，，求实的取值范围。2023—2024学年度第二学期高二第一次月考答案
数 学
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
【选择题解析】
1．函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝x－eq \f(1,x)，令f ′(x)<0，即x－eq \f(1,x)<0，
解得02．要完成的“一件事”是“至少买1张IC电话卡”，分三类完成：买1张IC电话卡、买2张IC电话卡、买3张IC电话卡．而每一类都能独立完成“至少买1张IC电话卡”这件事．买1张IC电话卡有2种方法，买2张IC电话卡有3种方法，买3张IC电话卡有2种方法，所以不同的买法共有2＋3＋2＝7(种)．
3．根据导函数图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，1)时，f′(x)≥0(仅在x＝－1处等号成立)，∴函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)上单调递增，则－3是函数y＝f(x)的极小值点，故①③正确；∵函数y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，∴－1不是函数y＝f(x)的最小值点，故②不正确；∵函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，∴曲线y＝f(x)在x＝0处切线的斜率大于零，故④不正确．
4．抛物线y2＝4x的焦点为(1,0)，到双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1的一条渐近线eq \r(3)x－y＝0的距离为
eq \f(|\r(3)×1－0|,\r(\r(3)2＋－12))＝eq \f(\r(3),2)，故选B.
5．由f(x)＝2xf′(e)＋ln x得f′(x)＝2f′(e)＋eq \f(1,x)，当x＝e时，f′(e)＝2f′(e)＋eq \f(1,e)，解得f′(e)＝－eq \f(1,e)，所以f(x)＝－eq \f(2,e)x＋ln x，f(e)＝－eq \f(2e,e)＋ln e＝－1.
6．因为当t∈[0，30]时，污染物数量的平均变化率是－10ln 2，所以－10ln 2＝eq \f(\f(1,2)p0－p0,30－0)，
所以p0＝600ln 2，因为p(t)＝，所以p(60)＝600ln 2×2－2＝150ln 2(毫克/升)．
7．从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；从21至30中选1个号有10种选法；从31至36中选1个号有6种选法．由分步乘法计数原理，知共有8×9×10×6＝4320种选法，要花4320×2＝8640元．
8．因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,
所以f(－x)=－f(x), g(－x)=g(x)，令h(x)=f(x)·g(x), 则h(－x)=－h(x),
故h(x)=f(x)·g(x)为R上的奇函数,
因为当x<0时， f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x)<0，即x<0时，h′(x)=f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x)<0,
所以h(x)=f(x)·g(x)在区间(－∞, 0)上单调递减,所以奇函数h(x)在区间(0,+∞)上也单调递减, 又g(－3)=0，所以g(3)=0，所以h(－3)=h(3)=0,
所以当x∈(－3,0)∪(3,+∞)时，h(x)=f(x)·g(x)<0.
9．依题意设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＝3，a2，a5－3，a6＋6成等比数列，所以(a5－3)2＝a2×(a6＋6)，
即(3＋4d－3)2＝(3＋d)(3＋5d＋6)，所以11d2－24d－27＝0，
即(11d＋9)(d－3)＝0，所以d＝3或－eq \f(9,11).
10．∵f ′(x)＝3x2－3a，且f ′(x)＝0有解，∴a＝x2. 又∵x∈(0,1)， ∴011．因为f(x)＝xln x，g(x)＝eq \f(f′x,x)＝eq \f(ln x＋1,x)，
则g′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，令g′(x)＞0，可得x∈(0,1)，
故g(x)在该区间上单调递增；
令g′(x)＜0，可得x∈(1，＋∞)，
故g(x)在该区间上单调递减．
又当x＞1时，g(x)＞0，且geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0.g(1)＝1.
故g(x)的图象如图所示：
对于A，数形结合可知g(x)＞0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，故A正确；
对于B，由上面分析可知，B错误；
对于C，若函数F(x)＝f(x)－ax2有两个极值点，即F(x)＝xln x－ax2有两个极值点，
又F′(x)＝ln x－2ax＋1，要满足题意，则需ln x－2ax＋1＝0在(0，＋∞)上有两个根，
即2a＝eq \f(ln x＋1,x)在(0，＋∞)上有两个根，
也即直线y＝2a与y＝g(x)的图象有两个交点．数形结合，
则0＜2a＜1，解得0＜a＜eq \f(1,2). 故要满足题意，则0＜a＜eq \f(1,2)，故C错误；
对于D，若x1＞x2＞0时，总有eq \f(m,2)(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＞f(x1)－f(x2)恒成立，
即eq \f(m,2)xeq \\al(2,1)－x1ln x1＞eq \f(m,2)xeq \\al(2,2)－x2ln x2恒成立．
构造函数h(x)＝eq \f(m,2)x2－xln x，则h(x1)＞h(x2)对任意的x1＞x2＞0恒成立．
故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，则h′(x)＝mx－ln x－1≥0在(0，＋∞)恒成立．
也即eq \f(ln x＋1,x)≤m在区间(0，＋∞)恒成立，则g(x)max＝1≤m，故D正确．故选AD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．20 13．(－∞，3]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，＋∞)) 14． 6 134
【填空题解析】
12．由题意得，要求甲安排在另外两位的前面，则甲有3种安排方法，即甲在周一、二、三；可分为三个类别计算：甲在周一有12种安排方法；甲在周二有6种安排方法；甲在周三有2种安排方法．所以共有12＋6＋2＝20种不同的安排方法．
13．由f(x)＝x3－ax2，得 f ′(x)＝3xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2a,3))).
若f(x)在(2,3)上单调，则有f ′(2)＝12－4a≥0在(2,3)上恒成立
或f ′(3)＝27－6a≤0在(2,3)上恒成立，∴a≤3或a≥eq \f(9,2).
14．（1）由性质定义知： ，且，
所以的最小值为6.
（2）由题设（i=1, 2, 3, …, n－1），且，
所以（i=1, 2, 3, …, n－1），
所以
所以，所以M的最大正整数为134.
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．解：（1）令，得或 …………1分
列表得：
…………4分
可知，，∴ …………6分
（2）∵ …………7分
∴，∴ …………9分
∴
∴ …………10分
令，
当时，
当时，
所以的单调增区间是，单调减区间是 …12分
所以是函数的一个极值点，符合题意，
所以 …………13分
16．解：（1）因为a2a3＝8a1，
所以a1a4＝8a1，所以a4＝8， …………2分
又a4,36,2a6成等差数列，所以a4＋2a6＝72，
设数列的公比为
所以a6＝32，q2＝eq \f(a6,a4)＝4，q>0， …………4分
所以q＝2，所以an＝8·2n－4＝2n－1 …………7分
（2）bn＝eq \f(2n,an)＝eq \f(2n,2n－1)＝n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2， …………8分
Tn＝1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－1＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0＋3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋…＋(n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－3＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2 …………9分
eq \f(1,2)·Tn＝1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋(n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1 …………10分
两式相减得：
eq \f(1,2)·Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1， …………12分
eq \f(1,2)·Tn＝eq \f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1， …………14分
所以Tn＝8－(n＋2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2. …………15分
17.（1）证明：因为四边形ABCD为菱形，
所以， …………2分
因为平面平面ABCD，
平面平面，
平面ABCD，
所以平面PBD， …………4分
因为平面PBD，故 …………5分
（2）解：设，则O为AC、BD的中点，
又因为，所以，
又因为平面PBD，平面PBD，所以…………6分
因为，AC、平面ABCD，
所以平面ABCD …………7分
所以为PA与平面ABCD所成角，故…………8分
由于四边形ABCD为边长为，的菱形，
所以，…9分
以点O为坐标原点，OA、OB、OP所在直线
分别为x、y、z轴建立如右图所示的空间直角
坐标系：
则，，
，，，
由，∴
得，且…10分
设平面BEC的法向量为，
则 ，
取，则，，所以， …………12分
又平面BCD的一个法向量为， …………13分
所以， …………14分
所以平面EBD与平面BCD的夹角的余弦值为 …………15分
18.（1）解：依题意，椭圆E的离心率e＝eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(2),2)，
即a2＝2b2， …………1分
又椭圆E：eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1过点(4，2)，
于是得eq \f(16,2b2)＋eq \f(4,b2)＝1，解得b2＝12，a2＝24， …………3分
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,24)＋eq \f(y2,12)＝1. …………4分
（2）①证明：由(1)知，A(－2eq \r(6)，0)，依题意知，直线CD不垂直于y轴，且不过点A，设直线CD：x＝ty＋m，m≠－2eq \r(6)，
由eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋m，,x2＋2y2＝24，))消去x并整理得，(t2＋2)y2＋2tmy＋m2－24＝0，
Δ＝4t2m2－4(t2＋2)(m2－24)＝8(12t2＋24－m2)>0， …………6分
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则y1＋y2＝－eq \f(2tm,t2＋2)，y1y2＝eq \f(m2－24,t2＋2) …………7分
而x1＋x2＝t(y1＋y2)＋2m＝－eq \f(2t2m,t2＋2)＋2m＝eq \f(4m,t2＋2)，
x1x2＝(ty1＋m)(ty2＋m)＝t2y1y2＋tm(y1＋y2)＋m2
＝eq \f(t2（m2－24）,t2＋2)－eq \f(2t2m2,t2＋2)＋m2＝eq \f(2m2－24t2,t2＋2)，
而eq \(AC,\s\up6(→))＝(x1＋2eq \r(6)，y1)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(x2＋2eq \r(6)，y2)，又∠CAD＝90°，
则eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝(x1＋2eq \r(6))(x2＋2eq \r(6))＋y1y2＝x1x2＋2eq \r(6)(x1＋x2)＋24＋y1y2
＝eq \f(2m2－24t2,t2＋2)＋eq \f(8\r(6)m,t2＋2)＋24＋eq \f(m2－24,t2＋2)＝eq \f(3m2＋8\r(6)m＋24,t2＋2)＝0，
解得m＝－2eq \r(6)(舍去)或m＝－eq \f(2\r(6),3)，
所以直线CD：x＝ty－eq \f(2\r(6),3)恒过定点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(6),3)，0)). …………11分
②解：由①知，m＝－eq \f(2\r(6),3)，y1＋y2＝eq \f(4\r(6)t,3（t2＋2）)，y1y2＝－eq \f(64,3（t2＋2）)，
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(6),3)，0))，而B(2eq \r(6)，0)，则|BP|＝eq \f(8\r(6),3)，
△BCD的面积
S＝eq \f(1,2)|BP||y1－y2|＝eq \f(4\r(6),3)eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)
＝eq \f(4\r(6),3)eq \r(\f(96t2,9（t2＋2）2)＋\f(256,3（t2＋2）))＝eq \f(32\r(t2＋\f(16,9)),t2＋2)＝eq \f(32\r(t2＋\f(16,9)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋\f(16,9)))＋\f(2,9))…14分
令u＝eq \r(t2＋\f(16,9))≥eq \f(4,3)，则S＝eq \f(32,u＋\f(2,9u))在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))上单调递减，
则当u＝eq \f(4,3)，即t＝0时，Smax＝eq \f(64,3)，
所以△BCD面积的最大值是eq \f(64,3). …………17分
19．解：（1）当时，，…………1分
∵，
∴曲线在点处的切线方程为
…………3分
（2），
…………4分
令，
当时，，单调递减…………5分
当时，，单调递增…………6分
∴…………7分
∴无零点。…………8分
（3） …………9分
由R，，
∵，得
令，则在R上递减，
时，，
∴，∴
又∵
使得，即
且当时，即
当时，即
∴在递增，在递减
∴ …………13分
由，，
由得即
由得，∴
∵，∴设，则
可知在上递增， …………15分
， …………16分
实数的取值范围是 …………17分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
A
C
B
B
C
D
B
题号
9
10
11
答案
BD
BCD
AD
－3
(－3, －2)
－2
(－2, 2)
2
(2, 3)
3
＋
0
0
0
＋
17
极值24
极值－8
－1