2023-2024学年福建省厦门市双十中学高二（下）第二次月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年福建省厦门市双十中学高二（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，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知圆C：x2+y2+mx+1=0的面积为π，则m=( )
A. ±2B. ±2 2C. ±4 2D. ±8
2.若随机变量X～N(3,22)，随机变量Y=12(X−3)，则E(Y)+1D(Y)+1=( )
A. 0B. 12C. 45D. 2
3.甲、乙两人要在一排6个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则不同的坐法有( )
A. 6种B. 3种C. 20种D. 12种
4.已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法错误的是( )
A. 若m⊥α、n/​/α，则m⊥nB. 若m⊥α，m/​/n，则n⊥α
C. 若m/​/n，n⊥β，m⊥α，则α/​/βD. 若m⊥α，m⊥n，则n/​/α
5.设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)=14，P(B)=13，P(A∪B)=12，则P(B|A−)=( )
A. 14B. 13C. 16D. 112
6.已知Sn是等差数列{an}的前n项和，则“Sn≥nan”是“{an}是递减数列”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
7.若a=ln1.1，b=1e0.9，c= 0.1，则( )
A. a2x2+x1得证．
②f′(x1+x22)=8x1+x2−a(x2+x1)+4−2a，
f′(x0)−f′(x1+x22)=4(lnx2−lnx1x2−x1−2x1+x2)>0，
所以f′(x0)>f′(x1+x22)，
所以f′(x)=4x−2ax+(4−a)在(0,+∞)上是减函数，
所以x1+x22>x0．
18.解：(1)易知抛物线E的焦点F(12,0)，
不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，
因为FA+FB+FC=0，
所以(x1−12)+(x2−12)+(x3−12)=0，
整理得x1+x2+x3=32，
由抛物线定义得|FA|+|FB|+|FC|=(x1+12)+(x2+12)+(x3+12)=3；
(2)(i)易知直线AB的斜率不为0，
不妨设直线AB的方程为x=my+n，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

联立x=my+ny2=2x，消去x并整理得y2−2my−2n=0，
此时Δ=4m2+8n>0，
由韦达定理得y1+y2=2m，y1y2=−2n，
因为y2=2x，
所以y=± 2x，
可得y′=±1 2x=1y，
则切线l1的方程为y=1y1(x−x1)+y1=1y1x+y12，
同理得切线l2的方程为y=1y2x+y22，
联立y=1y1x+y12y=1y2x+y22，
解得x=y1y22=−ny=y1+y22=m，
即D(−n,m)，
又点D到直线AB的距离为d=|m2+2n| 1+m2，
而|AB|= 1+m2 (y1+y2)2−4y1y2= 1+m2 4m2+8n=4，
整理得m2+2n=41+m2，
则S△ABD=12|AB|d=12×4×|m2+2n| 1+m2=8(1+m2) 1+m2≤8，
当且仅当m=0时，等号成立，
故△ABD面积的最大值为8；
(ii)若直线AB过点(1,0)，
不妨设设直线AB的方程为x=my+1，
联立x=my+1y2=2x，消去x并整理得y2−2my−2=0，
由韦达定理得y1+y2=2m，y1y2=−2，
所以直线l3的方程为y=−y1x+x1y1+y1=−y1x+y132+y1，
同理得直线l4的方程为y=−y2x+y232+y2．
联立y=−y1x+y132+y1y=−y2x+y232+y2，
解得x=y12+y22+y1y22+1y=−y1y2(y1+y2)2，
因为y1+y2=2m，y1y2=−2，
所以x=2m2+2y=2m，整理得y2=2x−4．
故点M的轨迹方程为y2=2x−4．
19.解：(1)当n=3时，若d(A,B)=2，可知A，B有两个位置的坐标不相等，另一个位置的坐标相等，
所以共有C31A22A22=12对；
(2)①由题意可知，Mn中元素的个数为2n个，
对于X=k的随机变量，在坐标(a1,a2,a3,⋯⋯,an)与(b1,b2,b3,⋯⋯,bn)中有k个坐标值不同，
即ai≠bi，剩下n−k个坐标值满足ai=bi，
此时所对应情况数为Cnk⋅2k22n−k=Cnk⋅2n−1种，
所以P(X=k)=Cnk⋅2n−1C2n2=Cnk2n−1，
故X的分布列为：
数学期望E(X)=1×Cn12n−1+2×Cn22n−1+⋯+n×Cnn2n−1=1×Cn12n−1+2×Cn22n−1+⋯+n×Cnn2n−1+0，
当2≤k≤n时，则kCnk+(n−k+2)Cnn−k+2=k×n!k!(n−k)!+(n−k+2)×n!(n−k+2)!(k−2)!
=n!(k−1)!(n−k)!+n!(n−k+1)!(k−2)!=n!(n−k+1)!(k−1)!(n−k+1+k−1)
=n⋅n!(n−k+1)!(k−1)!=nCnk−1，
且Cn1+0=n=n⋅Cn0=n⋅Cnn，
则E(X)=0+n×Cnn2n−1+(n−1)×Cnn−12n−1+⋯+1×Cn12n−1，
两式相加得2E(X)=n2n−1(Cn0+Cn1+Cn2+⋯+Cnn)=n⋅2n2n−1，
所以E(X)=n2(1−2−n)；
证明：②当n足够大时，E(X)≈n2，
由方差定义D(X)=k=1nPk⋅[Xk−E(X)]2
=Cn12n−1(1−n2)2+Cn22n−1(2−n2)2+⋯+Cnn2n−1(n−n2)2
=12n−1[Cn1⋅(1−n2)2+Cn2⋅(2−n2)2+⋯+Cnn⋅(n−n2)2]
=12n−1{n24(Cn1+Cn2+⋯Cnn)+Cn1(12−n)+Cn2(22−2n)+Cn3(32−3n)+⋯+Cnn−1[(n−1)2−(n−1)⋅n]+Cnn(n2−n⋅n)}，
因为k≤n，则(n−k)2−(n−k)⋅n=k(k−n)≤0，当且仅当k=0或k=n时，等号成立，
则D(X)