2023-2024学年北京师大二附中高二（下）第二次月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年北京师大二附中高二（下）第二次月考数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若数列−2，a，b，c，−8是等比数列，则实数b的值为( )
A. 4或−4B. −4C. 4D. −5
2.已知首项为1的数列{an}中，an+1=1+1an，则a5=( )
A. 53B. 85C. 138D. 2
3.曲线f(x)=3x2−ex在(0,f(0))处的切线方程为( )
A. x+y+1=0B. x−y+1=0C. x−y−1=0D. x+y−1=0
4.在数列{an}中，an=1−1an−1(n≥2)，若a1=2，则a2024=( )
A. 2B. 12C. −12D. −1
5.函数f(x)=lnxx的单调递增区间是( )
A. (−∞,e)B. (0,e)C. (1e,+∞)D. (e,+∞)
6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3+a4+a14=6，则S13=( )
A. 14B. 26C. 28D. 32
7.李明同学进行立定投篮练习，若他第1球投进，则第2球投进的概率为34；若他第1球投不进，则第2球投进的概率为14.若他第1球投进的概率为23，则他第2球投进的概率为( )
A. 512B. 23C. 712D. 812
8.已知函数f(x)=xsinx，x∈R，则f(π5),f(1),f(π3)的大小关系为( )
A. f(π3)>f(1)>f(π5)B. f(1)>f(π3)>f(π5)
C. f(π5)>f(1)>f(π3)D. f(π3)>f(π5)>f(1)
9.在某电路上有M、N两个独立工作的元件，每次通电后，需要更换M元件的概率为0.3，需要更换N元件的概率为0.2，则在某次通电后M、N有且只有一个需要更换的条件下，M需要更换的概率是( )
A. 1219B. 1519C. 35D. 25
10.已知常数k∈(0,1)，数列{an}满足an=n⋅kn(n∈N∗).现给出下列四个命题：
①当k=12时，数列{an}为递减数列；
②当0an−1(n>1,n∈N∗)成立；
②存在常数c，使得an>c(n∈N∗)成立；
③若p+q>m+n(其中p，q，m，n∈N∗)，则ap+aq>am+an；
④存在常数d，使得an>a1+(n−1)d(n∈N∗)都成立．
上述命题正确的是______.(写出所有正确结论的序号)
三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题11分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn+1=Sn+an−2，a4+a7=6．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求Sn的最大值并指明相应n的值．
17.(本小题12分)
如图，已知在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB=2，且点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点．
(1)过点A，E，F作三棱柱截面交C1B1于点P，求线段B1P长度；
(2)求平面AEF与平面BCC1B1所成角的余弦值．
18.(本小题12分)
为了解某地区初中学生的体质健康情况，统计了该地区8所学校学生的体质健康数据，按总分评定等级为优秀，良好，及格，不及格．良好及其以上的比例之和超过40%的学校为先进校．各等级学生人数占该校学生总人数的比例如表：
(Ⅰ)从8所学校中随机选出一所学校，求该校为先进校的概率；
(Ⅱ)从8所学校中随机选出两所学校，记这两所学校中不及格比例低于30%的学校个数为X，求X的分布列；
(Ⅲ)设8所学校优秀比例的方差为S12，良好及其以下比例之和的方差为S22，比较S12与S22的大小．(只写出结果)
19.(本小题12分)
已知F1(−2,0)，F2(2,0)分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，当PF1⊥F1F2时，|PF2|=3|PF1|.
(1)求椭圆C的方程；
(2)记椭圆C的上下顶点分别为A，B，过点(0,3)且斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点，证明：直线BM与AN的交点G在定直线上，并求出该定直线的方程．
20.(本小题14分)
已知函数f(x)=(x−1)lnx−k．
(1)当k=1时，求函数f(x)在[1,e]上的最值；
(2)若函数g(x)=|f(x)+lnx|ex在[1,e]上单调递减，求实数k的取值范围．
21.(本小题14分)
有限数列{an}，若满足|a1−a2|≤|a1−a3|≤…≤|a1−am|，m是项数p，则称{an}满足性质p．
(1)判断数列3，2，5，1和4，3，2，5，1是否具有性质p，请说明理由；
(2)若a1=1，公比为q的等比数列，项数为10，具有性质p，求q的取值范围；
(3)若an是1，2，3，…，m的一个排列(m≥4)，bk=ak+1(k=1,2,…,m−1)，{an}，{bn}都具有性质p，求所有满足条件的{an}.
答案
1.B
2.B
3.A
4.B
5.B
6.B
7.C
8.A
9.A
10.D
11.411
12.8 2n−2
13.5，−15

15.①④
16.解：(1)由Sn+1=Sn+an−2，可得an+1=an−2，
即an+1−an=−2，可得数列{an}是公差为−2的等差数列，
由a4+a7=6，可得2a1+9×(−2)=6，解得a1=12，
则an=12−2(n−1)=14−2n；
(2)Sn=12n(12+14−2n)=13n−n2=−(n−132)2+1694，
当n=6或7时，Sn取得最大值42．
17.解：(1)由正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB=2，
又因为点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，可得AF=AE= 5，
如图所示，延长AF交CC1的延长线于M点，连接ME交B1C1于点P，过点E作BC的平行线交CC1于N，
则四边形AFPE为所求截面，又由B1E//MC1可得MPME=MC1MN=PC1EN=23，所以PC1=43,B1P=23；

(2)以点A为原点，以AC，AA1所在的直线分别为y，z轴，
以过点A垂直于平面yAz的直线为x轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为AB=2，可得A(0,0,0),F(0,1,2),E( 3,1,1)，
则AF=(0,1,2),AE=( 3,1,1)，
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，所以n⊥AE，n⊥AF，
则n⋅AE=0n⋅AF=0，即 3x+y+z=0y+2z=0，令z=1，得y=−2,x=1 3，所以n=(1 3,−2,1)，
取BC的中点D，连接AD.因为△ABC为等边三角形，可得AD⊥BC，
又因为BB1⊥平面ABC，且AD⊂平面ABC，所以AD⊥BB1，
因为BC∩BB1=B，且BC，BB1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥平面BCC1B1，
又由D( 32,32,0)，可得AD=( 32,32,0)，
所以平面BCC1B1的一个法向量为m=( 3,3,0)，
设平面AEF与平面BCC1B1所成角为α，
则csα=|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m||n|=58，
所以平面AEF与平面BCC1B1所成角的余弦值为58．
18.解：(Ⅰ)8所学校中有四所学校学生的体质健康测试成绩达到良好及其以上的比例超过40%，
所以从8所学校中随机取出一所学校，该校为先进校的概率为12．
(Ⅱ)8所学校中，学生不及格率低于30%的学校有学校B、F、H三所，所以X的取值为0，1，2．
P(X=0)=C52C82=514P(X=1)=C51C31C82=1528P(X=2)=C32C82=328，
所以随机变量X的分布列为：
(Ⅲ)S12=S22．
19.(1)解：易知|PF1|+|PF2|=2a，
因为|PF2|=3|PF1|，
所以|PF1|=a2，|PF2|=3a2，①
因为PF1⊥F1F2，
所以|PF1|2+|F1F2|2=|PF2|2，②
联立①②，
解得a2=8，
则b2=a2−c2=4，
故椭圆C的方程为x28+y24=1；
(2)证明：由(1)知A(0,2)，B(0,−2)，直线MN的方程为y=kx+3，
不妨设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=kx+3x28+y24=1，消去y并整理得(1+2k2)x2+12kx+10=0，
此时Δ=64k2−40>0，
由韦达定理得x1+x2=−12k1+2k2，x1x2=101+2k2，
因为直线AN的方程为y−2=y2−2x2x，直线BM的方程为y+2=y1+2x1x，
联立y−2=y2−2x2xy+2=y1+2x1x，
此时y−2y+2=(y2−2)x1(y1+2)x2=(kx2+3−2)x1(kx1+3+2)x2=kx1x2+x1kx1x2+5x2
=kx1x2+x1+x2−x2kx1x2+5x2=kx1x2+(x1+x2)−x2kx1x2+5x2，
因为x1+x2=−12k1+2k2，x1x2=101+2k2，
所以k101+2k2+(−12k1+2k2)−x2k101+2k2+5x2=−15，
解得y=43，
故直线BM与AM的交点G在定直线y=43上．
20.解：(1)k=1时，f(x)=(x−1)lnx−1，
则f′(x)=lnx+1−1x在[1,e]上单调递增，
所以f′(x)≥f′(1)=0，
所以f(x)在[1,e]上单调递增，f(x)min=f(1)=−1，f(x)max=f(e)=e−2；
(2)g(x)=|f(x)+lnx|ex=|xlnx−k|ex，
令ℎ(x)=xlnx−k，则ℎ′(x)=1+lnx≥1，
则ℎ(x)在[1,e]上单调递增，ℎ(1)=−k，ℎ(e)=e−k，
①当−k≥0即k≤0时，g(x)=xlnx−kex，g′(x)=(1−x)lnx+k+1ex≤0，
所以k≤[(x−1)lnx−1]min=−1，
所以k≤−1，
②当e−k≤0即k≥e时，g(x)=k−xlnxex，g′(x)=x−1lnx−k−1ex≤0，
所以k≥[(x−1)lnx−1]max，
由(1)知，k≥e−2，
故k≥e；
③当−k