2023-2024学年福建省福州二中高二（下）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州二中高二（下）第一次月考数学试卷（含解析），共13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.已知集合A={−1,1,2,4}，B={x||x−1|≤1}，则A∩B=( )
A. {−1,2}B. {1,2}C. {1,4}D. {−1,4}
2.已知z=1−i2+2i，则z−z−=( )
A. −iB. iC. 0D. 1
3.已知向量a=(2,1)，b=(−2,4)，则|a−b|=( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
4.一圆台上、下底面的直径分别为4，12，高为10，则该圆台的侧面积为( )
A. 14 29πB. 20 29πC. 18 29πD. 16 29π
5.甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有( )
A. 12种B. 24种C. 36种D. 48种
6.第33届夏季奥运会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增2个竞赛项目和3个表演项目.现有三个场地A，B，C分别承担这5个新增项目的比赛，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有( )
A. 150种B. 300种C. 720种D. 1008种
7.设函数f(x)=2x(x−a)在区间(0,1)单调递减，则a的取值范围是( )
A. (−∞,−2]B. [−2,0)C. (0,2]D. [2,+∞)
8.古希腊的几何学家用一个不垂直于圆锥的轴的平面去截一个圆锥，将所截得的不同的截口曲线统称为圆锥曲线.如图所示的圆锥中，AB为底面圆的直径，M为PB中点，某同学用平行于母线PA且过点M的平面去截圆锥，所得截口曲线为抛物线.若该圆锥的高PO=2，底面半径OA=2，则该抛物线焦点到准线的距离为( )
A. 2B. 3C. 3D. 2
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)=x3−3x+3，则( )
A. f(x)有两个极值点
B. 点(0,3)是曲线y=f(x)的对称中心
C. f(x)有三个零点
D. 若方程f(x)=k有两个不同的根，则k=1或5
10.已知直线l：ax+by−r2=0与圆C：x2+y2=r2，点A(a,b)，则下列说法正确的是( )
A. 若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B. 若点A在圆C外，则直线l与圆C相离
C. 若点A在直线l上，则直线l与圆C相切D. 若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
11.若m，n为正整数且n>m>1，则( )
A. Cn1+Cn2+⋯+Cnn=2nB. Cnm=Cn+1m+1−Cnm+1
C. mCnm=(n−1)Cn−1m−1D. Anm+mAnm−1=An+1m
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.有3名同学同时被邀请参加一项活动，必须有人去，去几人自行决定，共有______种不同的去法.(用数字回答)
13.已知(x2+1x3)n的展开式中二项式系数和为32，则展开式中的常数项为______．
14.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)，如图，A，B是直线y=12与曲线y=f(x)的两个交点，若|AB|=π6，则f(π)= ______．
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)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a= 39，b=2，∠A=120°．
(Ⅰ)求sinB的值；
(Ⅱ)求c的值；
(Ⅲ)求sin(B−C)的值．
16.(本小题15分)
记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2=11，S10=40．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E−BC−D的大小为45°，求三棱锥A−BCD的体积．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx+2ax(a∈R)．
(1)当a=−1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若g(x)=f(x)−2x2，不等式g(x)≥−1在[1,+∞)上存在实数解，求实数a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为2 3．
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)过点P(−2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.当|MN|=2时，求k的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：|x−1|≤1，解得：0≤x≤2，
∴集合B={x|0≤x≤2}
∴A∩B={1,2}．
故选：B．
解不等式求集合B，再根据集合的运算求解即可．
本题主要考查集合的基本运算，利用集合的关系是解决本题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：z=1−i2+2i=12⋅1−i1+i=12⋅(1−i)2(1+i)(1−i)=−12i，
则z−=12i，
故z−z−=−i．
故选：A．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：a−b=(4,−3)，
故a−b= 42+(−3)2=5，
先计算处a−b的坐标，再利用坐标模长公式即可．
本题主要考查利用向量坐标求模，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：将圆台补形为圆锥，设上面小圆锥的高为h′，母线长为l′，
因为圆台的高为10，
所以h′h′+10=26，解得h′=5，
所以大圆锥的高为15，
所以大圆锥的母线长为 152+62=3 29，
又因为圆台的母线长为 102+(6−2)2=2 29，
所以l′=3 29−2 29= 29，
则该圆台的侧面积为π×6×3 29−π×2× 29=16 29π.
故选：D．
将圆台补形为圆锥，利用相似三角形求出上面小圆锥的高，进而得到大圆锥的高，再求出大圆锥和小圆锥的母线长，结合圆锥的侧面积公式求解即可．
本题主要考查了圆台的结构特征，考查了圆台的侧面积公式，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：把丙和丁捆绑在一起，4个人任意排列，有A22⋅A44=48种情况，
甲站在两端的情况有33C21AA22=24种情况，
∴甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有48−24=24种，
故选：B．
利用捆绑法求出丙和丁相邻的不同排列方式，再减去甲站在两端的情况即可求出结果．
本题考查排列组合的应用，本题运用排除法，可以避免讨论，简化计算，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意，分2步进行分析：
①将5个新增项目的比赛项目分为3组，有C53C21C11A22+C52C32C11A22=25种分组方法，
②将分好的3组安排到A，B，C三个场地，有A33=6种安排方法，
则有25×6=150种安排方法．
故选：A．
根据题意，分2步进行分析：①将5个新增项目的比赛项目分为3组，②将分好的3组安排到A，B，C三个场地，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：设t=x(x−a)=x2−ax，对称轴为x=a2，抛物线开口向上，
∵y=2t是t的增函数，
∴要使f(x)在区间(0,1)单调递减，
则t=x2−ax在区间(0,1)单调递减，
即a2≥1，即a≥2，
故实数a的取值范围是[2,+∞)．
故选：D．
利用换元法转化为指数函数和二次函数单调性进行求解即可．
本题主要考查复合函数单调性的应用，利用换元法结合指数函数，二次函数的单调性进行求解是解决本题的关键，是基础题．
8.【答案】D
【解析】解：因为M是PB的中点，O是AB的中点，
所以AP/​/OM，|OM|=12|AP|= 2，
因为截圆锥的平面平行于母线PA且过母线PB的中点M，故O也在截面上，
根据对称性可知，抛物线的对称轴为OM，焦点在OM上，
以M为坐标原点，OM为x轴，过M点的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，
设抛物线与底面交点为E，则xE=|OM|= 2,yE=|OA|=2，
设抛物线为y2=2px(p>0)，则4=2p× 2，解得p= 2，
即该抛物线焦点(p2,0)到准线x=−p2的距离为p，即为 2．
故选：D．
先利用三角形的中位线计算|OM|= 2，结合对称性判断抛物线以OM为对称轴，焦点在OM上，再以顶点M为坐标原点建立坐标系，设抛物线标准方程y2=2px(p>0)，根据点在抛物线上求得参数p即得结果．
本题考查了圆锥曲线的形成问题，考查了抛物线的标准方程与性质，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：由f′(x)=3(x2−1)，则x<−1或x>1时，f′(x)>0，−1所以f(x)在(−∞,−1)、(1,+∞)上单调递增，在(−1,1)上单调递减，
所以−1，1分别是f(x)的极大值点、极小值点，A对；
f(−x)=−x3+3x+3，则f(x)+f(−x)=6，故点(0,3)是曲线y=f(x)的对称中心，B对；
由f(−1)=5，f(1)=1，f(−3)=−15，
结合单调性知：f(x)在(−3,−1)存在一个零点，其它位置无零点，C错；
若方程f(x)=k有两个不同的根，由上分析知：k=1或5，D对．
故选：ABD．
利用导数研究f(x)的单调性，进而判断极值点、零点情况，根据f(x)+f(−x)=6是否成立判断对称中心，由函数性质及其图象判断f(x)=k有两个根对应k值．
本题主要考查利用导数研究函数的极值，考查函数的零点与方程根的关系，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：A中，若A在圆上，则a2+b2=r2，而圆心到直线l的距离d=r2 a2+b2=|r|，所以直线与圆相切，即A正确；
B中，点A在圆C外，则a2+b2>r2，而圆心到直线l的距离d=r2 a2+b2<|r|，所以直线l与圆相交，所以B不正确；
C中，点A在直线l上，则a2+b2=r2，而圆心到直线l的距离d=r2 a2+b2=|r|，所以直线l与圆相切，所以C正确；
D中，点A在圆C内，则a2+b2|r|，所以直线l与圆相离，所以D正确；
故选：ACD．
A中，由点A在圆上，可得a，b，r的关系，求出圆心到直线l的距离，与半径比较可得A的真假；B中，由点A在圆外，可得a，b，r的关系，求出圆心到直线l的距离，与半径比较，可得B的真假；C中，点A在直线l上，可得a，b，r的关系，求出圆心到直线l的距离，与半径比较，可得C的真假；D中，由点A在圆内，可得a，b，r的关系，求出圆心到直线l的距离，与半径比较，可得D的真假．
本题考查直线与圆的位置关系的判断，点与圆，点与直线的关系的性质的应用，属于基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：对A选项，∵2n=(1+1)n=Cn0+Cn1+⋯+Cnn，又Cn0=1，
∴Cn1+Cn2+…+Cnn=2n−1，∴A选项错误；
对B选项，∵Cn+1m+1−Cnm+1=(n+1)!(m+1)!(n−m)!−(n)!(m+1)!(n−m−1)!
=(n+1)!(m+1)m!(n−m)!−(n−m)(n)!(m+1)m!(n−m)!=(n+1−n+m)(n)!(m+1)m!(n−m)!=(n)!m!(n−m)!=Cnm，∴B选项正确；
对C选项，∵Cn−1m−1=(n−1)!(m−1)!(n−m)!=m(n−1)!m(m−1)!(n−m)!=m(n−1)!m!(n−m)!，
又mCnm=m(n)!m!(n−m)!，∴mCnm≠(n−1)Cn−1m−1，∴C选项错误；
对D选项，∵Anm+mAnm−1=n!(n−m)!+m⋅n!(n−m+1)!=(n−m+1+m)⋅n!(n−m+1)!=(n+1)!(n−m+1)!，
又An+1m=(n+1)!(n−m+1)!，∴Anm+mAnm−1=An+1m，∴D选项正确．
故选：BD．
根据二项式定理及排列数与组合数公式，分别计算，即可求解．
本题考查二项式定理及排列数与组合数公式的应用，属中档题．
12.【答案】7
【解析】解：去一人，有3种去法，
去两人，有3种去法，
去三人，有1种去法，
故共有3+3+1=7种去法．
故答案为：7．
分别考虑去一人、两人、三人的情况，结合分类加法计数原理，即可求解．
本题主要考查了排列组合的知识，属于基础题．
13.【答案】10
【解析】解：由于二项式的系数和满足2n=32，解得n=5；
故(x2+1x3)5的展开式Tr+1=C5r⋅x10−5r(r=0,1,2,3,4,5)；
当r=2时，展开式的常数项为C52=10．
故答案为：10．
直接利用二项式的展开式和组合数的应用求出结果．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
14.【答案】− 32
【解析】解：由题意：设A(x1,12)，B(x2,12)，则x2−x1=π6，
由y=Asin(ωx+φ)的图象可知：
ωx2+φ−(ωx1+φ)=5π6−π6=2π3，即ω(x2−x1)=2π3，
∴ω=4，
又f(2π3)=sin(8π3+φ)=0，∴8π3+φ=kπ，k∈Z，
即φ=−8π3+kπ，k∈Z，
观察图象，可知当k=2时，φ=−2π3满足条件，
∴f(π)=sin(4π−2π3)=− 32．
故答案为：− 32．
由A，B两点的位置入手，结合整体代换思想，先确定ω，再根据图象的位置，找出合乎条件的一个φ值，即可求解．
本题主要考查根据函数y=Asin(ωx+φ)的图象确定解析式的方法，属中档题．
15.【答案】解：(Ⅰ)a= 39，b=2，∠A=120°，
则sinB=bsinAa=2× 32 39= 1313；
(Ⅱ)a= 39，b=2，∠A=120°，
则a2=b2+c2−2bc⋅csA=4+c2+2c=39，化简整理可得，(c+7)(c−5)=0，解得c=5(负值舍去)；
(Ⅲ)csB= 1−sin2B=2 3913，
c=5，a= 39，∠A=120°，
则sinC=csinAa=5× 32 39=5 1326，
故csC= 1−sin2C=3 3926，
所以sin(B−C)=sinBcsC−sinCcsB= 1313×3 3926−5 1326×2 3913=−726 3．
【解析】(Ⅰ)根据已知条件，结合正弦定理，即可求解；
(Ⅱ)根据已知条件，结合余弦定理，即可求解；
(Ⅲ)根据已知条件，结合三角函数的同角公式，以及正弦的两角差公式，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)在等差数列中，∵a2=11，S10=40．
∴a1+d=1110a1+10×92d=40，即a1+d=11a1+92d=4，
得a1=13，d=−2，
则an=13−2(n−1)=−2n+15(n∈N⋅).
(2)|an|=|−2n+15|=−2n+15,1≤n≤72n−15,n≥8，
即1≤n≤7时，|an|=an，
当n≥8时，|an|=−an，
当1≤n≤7时，数列{|an|}的前n项和Tn=a1+⋯+an=13n+n(n−1)2×(−2)=−n2+14n，
当n≥8时，数列{|an|}的前n项和Tn=a1+⋯+a7−⋯−an=−Sn+2(a1+⋯+a7)=−[13n+n(n−1)2×(−2)]+2×13+12×7=n2−14n+98．
【解析】(1)建立方程组求出首项和公差即可．
(2)求出|an|的表达式，讨论n的取值，然后进行求解即可．
本题主要考查等差数列的通项公式和数列求和，建立方程组求出首项和公差是解决本题的关键，是中档题．
17.【答案】解：(1)证明：因为AB=AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，
所以AO⊥CD；
(2)方法一：
取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，
过O作OM/​/CF与BC交于点M，则OM⊥OD，
所以OM，OD，OA两两垂直，
以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则B(0,−1,0)，C( 32,12,0)，D(0,1,0)，
设A(0,0,t)(t>0)，则E(0,13,2t3)，
因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为OA=(0,0,t)，
设平面BCE的法向量为n=(x,y,z)，
又BC=( 32,32,0),BE=(0,43,2t3)，
所以由n⋅BC=0n⋅BE=0，得 32x+32y=043y+2t3z=0，
令x= 3，则y=−1，z=2t，故n=( 3,−1,2t)，
因为二面角E−BC−D的大小为45°，
所以|cs|=|n⋅OA||n||OA|=2t 4+4t2= 22，
解得t=1，所以OA=1，
又S△OCD=12×1×1× 32= 34，所以S△BCD= 32，
故VA−BCD=13S△BCD⋅OA=13× 32×1= 36．
方法二：
过E作EF⊥BD，交BD于点F，过F作FG⊥BC于点G，连结EG，
由题意可知，EF/​/AO，又AO⊥平面BCD
所以EF⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，
所以EF⊥BC，又BC⊥FG，FG∩EF=F，FG、EF⊂平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，
所以BC⊥EG，
则∠EGF为二面角E−BC−D的平面角，即∠EGF=45°，
又CD=DO=OB=OC=1，
所以∠BOC=120°，则∠OCB=∠OBC=30°，
故∠BCD=90°，
所以FG//CD，
因为DEAD=DFOD=EFAO=23，
则AO=32EF,OF=13,DF=23，
所以BFBD=GFCD，则GF=1+132=23，
所以EF=GF=23，则AO=32EF=1，
所以VA−BCD=13S△BCD⋅AO=13×12× 3×1×1= 36．
【解析】本题考查了面面垂直和线面垂直的性质，在求解有关空间角问题的时候，一般要建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题，属于中档题．
(1)利用等腰三角形中线就是高，得到AO⊥BD，然后利用面面垂直的性质，得到AO⊥平面BCD，再利用线面垂直的性质，即可证明AO⊥CD；
(2)方法一：建立合适的空间直角坐标系，设A(0,0,t)，利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求出t的值，然后利用锥体的体积公式求解即可．
方法二：过E作EF⊥BD，交BD于点F，过F作FG⊥BC于点G，连结EG，求出∠BCD=90°，AO=32EF=1，然后利用锥体的体积公式求解即可．
18.【答案】解(1)当a=−1时，f(x)=lnx−2x，(x>0)，
∴f′(x)=1x−2，由f′(x)>0，得012，
所以函数f(x)的单调增区间为(0,12]，单调减区间为(12,+∞)；
(2)原条件等价于：g(x)=lnx−2x2+2ax≥−1在[1,+∞)上存在实数解．
化为a≥−lnx+2x2−12x在[1,+∞)上存在实数解，
令h(x)=−lnx+2x2−12x，
则h′(x)=x(−1x+4x)−(−lnx+2x2−1)2x2=2x2+lnx2x2，
∴在[1,+∞)上，2x2+lnx>0，得h′(x)=2x2+lnx2x2>0，故h(x)在[1,+∞)上单调递增，
∴h(x)的最小值为h(1)=12，
∴a≥12时，不等式g(x)≥−1在[1,+∞)上存在实数解．
【解析】(1)根据导函数的正负判断函数的递增递减区间即得；
(2)通过代入不等式整理成a≥−lnx+2x2−12x在[1,+∞)上存在实数解问题，故可转化成求函数h(x)=−lnx+2x2−12x在[1,+∞)得最小值问题，计算即得．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了由不等式存在实数解求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)由题意得，
b=12c=2 3，∴b=1，c= 3，a=2，
∴椭圆E的方程为x24+y2=1．
(Ⅱ)设过点P(−2,1)的直线为y−1=k(x+2)，B(x1,y1)，C(x2,y2)，
联立得y−1=k(x+2)x24+y21=1，即(1+4k2)x2+(16k2+8k)x+16k2+16k=0，
∵直线与椭圆相交，∴Δ=[(16k2+8k)]2−4(1+4k2)(16k2+16k)>0，∴k<0，
由韦达定理得x1+x2=−16k2+8k1+4k2，x1⋅x2=16k2+16k1+4k2，
∵kAB=y1−1x1，∴直线AB为y=y1−1x1x+1，
令y=0，则x=x11−y1，∴M(x11−y1,0)，同理N(x21−y2,0)，
∴|MN|=|x11−y1−x21−y2|=|x1−k(x1+2)−x2−k(x2+2)|=|1k(x2x2+2−x1x1+2)|
=|1k⋅2(x2−x1)(x2+2)(x1+2)|=|1k⋅2 (x1+x2)2−4x1x2(x1x2+2(x1+x2)+4|
=|2k (−16k2+8k1+4k2)2−4(16k2+16k)1+4k216k2+16k1+4k2−2(16k2+8k)1+4k2+4|=2，
∴|2k⋅ −64k4|=2，∴| −kk|=12，
∴k=−4．
【解析】(Ⅰ)利用已知和a，b，c的关系，可得a，b，进而得到椭圆方程．
(Ⅱ)联立直线与椭圆方程，再利用韦达定理求出x1+x2，x1⋅x2，再表示出|MN|，化简即可．
本题考查直线和椭圆的位置关系，考查联立法和韦达定理、方程思想和运算能力，是一道综合题．