2023-2024學(xué)年福建省福州二中高二（下）第一次月考數(shù)學(xué)試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年福建省福州二中高二（下）第一次月考數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={?1,1,A.{?1,2} B.{12.已知z=1?i2A.?i B.i C.0 D.3.已知向量a=(2,1)，A.2 B.3 C.4 D.54.一圓臺上、下底面的直徑分別為4，12，高為10，則該圓臺的側(cè)面積為(

)A.1429π B.2029π5.甲、乙、丙、丁、戊5名同學(xué)站成一排參加文藝匯演，若甲不站在兩端，丙和丁相鄰，則不同的排列方式共有(

)A.12種 B.24種 C.36種 D.48種6.第33屆夏季奧運會預(yù)計2024年7月26日至8月11日在法國巴黎舉辦，這屆奧運會將新增2個競賽項目和3個表演項目.現(xiàn)有三個場地A，B，C分別承擔(dān)這5個新增項目的比賽，且每個場地至少承辦其中一個項目，則不同的安排方法有(

)A.150種 B.300種 C.720種 D.1008種7.設(shè)函數(shù)f(x)=2x(xA.(?∞,?2] B.[8.古希臘的幾何學(xué)家用一個不垂直于圓錐的軸的平面去截一個圓錐，將所截得的不同的截口曲線統(tǒng)稱為圓錐曲線.如圖所示的圓錐中，AB為底面圓的直徑，M為PB中點，某同學(xué)用平行于母線PA且過點M的平面去截圓錐，所得截口曲線為拋物線.若該圓錐的高PO=2，底面半徑A.2 B.3 C.3 D.二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知函數(shù)f(x)=A.f(x)有兩個極值點

B.點(0,3)是曲線y=f(x)的對稱中心10.已知直線l：ax+by?r2=0與圓A.若點A在圓C上，則直線l與圓C相切 B.若點A在圓C外，則直線l與圓C相離

C.若點A在直線l上，則直線l與圓C相切 D.若點A在圓C內(nèi)，則直線l與圓C相離11.若m，n為正整數(shù)且n>m>1A.Cn1+Cn2+?+三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.有3名同學(xué)同時被邀請參加一項活動，必須有人去，去幾人自行決定，共有______種不同的去法.(用數(shù)字回答)13.已知(x2+1x3)14.已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)，如圖，A，B是直線y=

四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知a=39，b=2，∠A=120°．

(Ⅰ)求sinB的值；16.(本小題15分)

記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，已知a2=11，S10=40．

(1)求{17.(本小題15分)

如圖，在三棱錐A?BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O為BD的中點．

(1)證明：OA⊥CD；

18.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=lnx+2ax(a∈R)．

(1)19.(本小題17分)

已知橢圓E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個頂點為A(0,1)，焦距為23．

(Ⅰ)求橢圓E的方程；

(Ⅱ)過點P(?答案和解析1.【答案】B

【解析】解：|x?1|≤1，解得：0≤x≤2，

∴集合B={x2.【答案】A

【解析】解：z=1?i2+2i=12?1?i1+3.【答案】D

【解析】解：a?b=(4,?3)，

4.【答案】D

【解析】解：將圓臺補形為圓錐，設(shè)上面小圓錐的高為h′，母線長為l′，

因為圓臺的高為10，

所以h′h′+10=26，解得h′=5，

所以大圓錐的高為15，

所以大圓錐的母線長為152+62=35.【答案】B

【解析】解：把丙和丁捆綁在一起，4個人任意排列，有A22?A44=48種情況，

甲站在兩端的情況有33C21AA6.【答案】A

【解析】解：根據(jù)題意，分2步進行分析：

①將5個新增項目的比賽項目分為3組，有C53C21C11A22+C52C32C11A22=25種分組方法，

②將分好的3組安排到A，B，C三個場地，有A33=6種安排方法，7.【答案】D

【解析】解：設(shè)t=x(x?a)=x2?ax，對稱軸為x=a2，拋物線開口向上，

∵y=2t是t的增函數(shù)，

∴要使f(x)在區(qū)間(0,1)8.【答案】D

【解析】解：因為M是PB的中點，O是AB的中點，

所以AP/?/OM，|OM|=12|AP|=2，

因為截圓錐的平面平行于母線PA且過母線PB的中點M，故O也在截面上，

根據(jù)對稱性可知，拋物線的對稱軸為OM，焦點在OM上，

以M為坐標(biāo)原點，OM為x軸，過M點的垂線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，

設(shè)拋物線與底面交點為E，則xE=|OM|=2,yE=|O9.【答案】AB【解析】解：由f′(x)=3(x2?1)，則x<?1或x>1時，f′(x)>0，?1<x<1時，f′(x)<0，

所以f(x)在(?∞,?1)、(1,+∞)上單調(diào)遞增，在(?1,1)上單調(diào)遞減，

所以?1，1分別是f(x10.【答案】AC【解析】解：A中，若A在圓上，則a2+b2=r2，而圓心到直線l的距離d=r2a2+b2=|r|，所以直線與圓相切，即A正確；

B中，點A在圓C外，則a2+b2>r2，而圓心到直線l的距離d=r2a2+b2<|r|，所以直線l與圓相交，所以B不正確；

C中，點A在直線l上，則a2+b2=r2，而圓心到直線l的距離d=r2a2+b2=|r|，所以直線l與圓相切，所以C正確；

D中，點A在圓C內(nèi)，則a2+b2<r2，而圓心到直線l的距離d=r211.【答案】BD【解析】解：對A選項，∵2n=(1+1)n=Cn0+Cn1+?+Cnn，又Cn0=1，

∴Cn1+Cn2+…+Cnn=2n?1，∴A選項錯誤；12.【答案】7

【解析】解：去一人，有3種去法，

去兩人，有3種去法，

去三人，有1種去法，

故共有3+3+1=7種去法．

故答案為：13.【答案】10

【解析】解：由于二項式的系數(shù)和滿足2n=32，解得n=5；

故(x2+1x3)5的展開式Tr+14.【答案】?【解析】解：由題意：設(shè)A(x1,12)，B(x2,12)，則x2?x1=π6，

由y=Asin(ωx+φ)的圖象可知：

ωx2+φ?(ωx1+φ)=5π15.【答案】解：(Ⅰ)a=39，b=2，∠A=120°，

則sinB=bsinAa=2×3239=1313；

(Ⅱ)a=39，b=2【解析】(Ⅰ)根據(jù)已知條件，結(jié)合正弦定理，即可求解；

(Ⅱ)根據(jù)已知條件，結(jié)合余弦定理，即可求解；

(Ⅲ)根據(jù)已知條件，結(jié)合三角函數(shù)的同角公式，以及正弦的兩角差公式，即可求解．

本題主要考查解三角形，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．16.【答案】解：(1)在等差數(shù)列中，∵a2=11，S10=40．

∴a1+d=1110a1+10×92d=40，即a1+d=11a1+92d=4，

得a1=13，【解析】(1)建立方程組求出首項和公差即可．

(2)求出|a17.【答案】解：(1)證明：因為AB=AD，O為BD的中點，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的中點F，因為△OCD為正三角形，所以CF⊥OD，

過O作OM/?/CF與BC交于點M，則OM⊥OD，

所以O(shè)M，OD，OA兩兩垂直，

以點O為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)M，OD，OA所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，

則B(0,?1,0)，C(32,12,0)，D(0,1,0)，

設(shè)A(0,0,t)(t>0)，則E(0,13,2t3)，

因為OA⊥平面BCD，故平面BCD的一個法向量為OA=(0,0,t)，

設(shè)平面BCE的法向量為n=(x,y,z)，

又BC=(32,32,0),BE=(0,43,【解析】本題考查了面面垂直和線面垂直的性質(zhì)，在求解有關(guān)空間角問題的時候，一般要建立合適的空間直角坐標(biāo)系，將空間角問題轉(zhuǎn)化為空間向量問題，屬于中檔題．

(1)利用等腰三角形中線就是高，得到AO⊥BD，然后利用面面垂直的性質(zhì)，得到AO⊥平面BCD，再利用線面垂直的性質(zhì)，即可證明AO⊥CD；

(2)方法一：建立合適的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)A(0,0,t)，利用待定系數(shù)法求出平面的法向量，由向量的夾角公式求出t18.【答案】解(1)當(dāng)a=?1時，f(x)=lnx?2x，(x>0)，

∴f′(x)=1x?2，由f′(x)>0，得0<x<12，由f′(x)<0，得x>12，

所以函數(shù)f(x)【解析】(1)根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)判斷函數(shù)的遞增遞減區(qū)間即得；

(2)通過代