2024-2025学年江西省宜春市上高县高二（上）月考数学试卷（8月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江西省宜春市上高县高二（上）月考数学试卷（8月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.复数满足2+2z1−i=iz，则z等于(

)A.1+i B.−1+i C.1−i D.−1−i2.已知集合A={x|y=lg(3−x)}，B={y|y=−xA.(−∞,3] B.(−∞,3) C.[0,3] D.[0,3)3.已知直线l：y=kx+1与圆C：(x+1)2+y2=r2(r>0)，则“∀k∈R，直线A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.已知角α，β满足tanαtanβ=−3,cos(α+β)=12，则A.−14 B.−1 C.385.甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是(

)A.14 B.13 C.126.若曲线y=ln(x+2a)的一条切线为y=ex−2b(e为自然对数的底数)，其中a，b为正实数，则1ea+A.[2,e) B.(e,4] C.[4,+∞) D.[e,+∞)7.已知Sn是数列{an}的前n项和，若(1−2x)2021=b0+bA.−12021 B.12021 C.20218.著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休.”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：(x−a)2+(y−b)2可以转化为平面上点M(x,y)与点N(a,b)的距离.A.42 B.22 C.二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列说法正确的是(

)A.数据12，13，14，15，17，19，23，24，27，30的70%分位数是23.5

B.已知关于x的不等式ax2+bx+c<0的解集为(−∞,1)∪(5,+∞)，则不等式bx+c>0的解集是{x|x>56}

C.函数f(x+1)的定义域为[0,1]，则f(2x)的定义域为10.已知a>0，b>0，直线l1：x+(a−4)y+1=0，l2：2bx+y−2=0，且l1⊥A.0<ab≤2 B.a2+4b2≥8 11.数学有时候也能很可爱，如题图所示是小D同学发现的一种曲线，因形如小恐龙，因此命名为小恐龙曲线.对于小恐龙曲线C1：x2+A.该曲线与x=8最多存在3个交点

B.如果曲线如题图所示(x轴向右为正方向，y轴向上为正方向)，则a>0

C.存在一个a，使得这条曲线是偶函数的图像

D.a=3时，该曲线中x≥8的部分可以表示为y关于x的某一函数三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知命题“∃x∈[1,4]，x2−mx+4≥0”是假命题，则m的取值范围是______．13.设函数f(x)=ax−9,x<a8−(x−3)2,x≥a14.对于函数y=f(x)和y=g(x)，及区间D，存在实数k，b使得f(x)≥kx+b≥g(x)对任意x∈D恒成立，则称y=f(x)在区间D上优于y=g(x).若f(x)=ax(x−1)在区间(0,+∞)上优于g(x)=lnx，则实数a的取值范围是______．四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)

某地为调查年龄在35−50岁段人群每周的运动情况，从年龄在35−50岁段人群中随机抽取了200人的信息，将调查结果整理如下：女性男性每周运动超过2小时6080每周运动不超过2小时4020(1)根据以上信息，能否有99%把握认为该地年龄在35−50岁段人群每周运动超过2小时与性别有关？

(2)用样本估计总体，从该地年龄在35−50岁段人群中随机抽取3人，设抽取的3人中每周运动不超过2小时的人数为X，求X的分布列和数学期望E(X)．

参考公式：K2=n(ad−bc)P(0.100.050.0250.0100.001k2.7063.8415.0246.63510.82816.(本小题12分)

已知在数列{an}中，a1=1，an+1=an1+2an．

(1)求证：数列{1an}是等差数列，并求数列{anan+1}的前n项和Sn．

(2)17.(本小题12分)

如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，BC=6，D，E分别是AC，AB上的点，CD=BE=2，O为BC的中点.将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A′−BCDE，其中A′O=3．

(1)求证：A′O⊥平面BCDE；

(2)求点B到平面18.(本小题12分)已知椭圆C：x2a2+y2b(Ⅰ)求椭圆C的标准方程(Ⅱ)过右焦点F的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点Q关于x轴的对称点为Q′，试问△FPQ′的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．19.(本小题12分)

定义运算：mnpq=mq−np，已知函数f(x)=lnxx−11a，g(x)=1x−1．

(1)若函数f(x)的最大值为0，求实数a的值；

(2)若函数ℎ(x)=f(x)+g(x)存在两个极值点x1答案解析1.D

【解析】解：由2+2z1−i=iz得2+2z=iz+z，即(1−i)z=−2

∴z=−21−i=−2(1+i)2=−1−i．

故选：2.D

【解析】解：A中，3−x>0，x<3，则A=(−∞,3)，

B中，y=−x2+6x=−(x−3)2+9≤3，

则3.B

【解析】解：根据题意，圆C：(x+1)2+y2=r2(r>0)，其圆心C(−1,0)，半径为r，

直线l：y=kx+1，恒过点(0,1)，

由∀k∈R，直线l与圆C有公共点，

可得(0,1)在圆内或圆上即可，

即将(0,1)代入圆的方程可得(0+1)2+12≤r2(r>0)，

解得r≥2，

又r∈(2,+∞)⫋r∈[2，+∞)，

即“∀k∈R4.A

【解析】解：∵tanαtanβ=−3，

∴sinαsinβ=−3cosαcosβ，

∵cos(α+β)=cosαcosβ−sinαsinβ=4cosαcosβ=12，

∴cosαcosβ=18，

∴cos(α−β)=cosαcosβ+sinαsinβ=−2cosαcosβ=−15.B

【解析】解：甲、乙、丙、丁四人排成一列共有A44=24种可能，

丙不在排头，且甲或乙在排尾的情况有C21C21A22=8种可能，6.C

【解析】解：y′=1x+2a，令1x+2a=e，则x=1e−2a，有y=ln(1e−2a+2a)=−1，

即e(1e−2a)−2b=−1，即ae+b=1，

又a，b为正实数，则1ea+1b=(1ea+1b7.A

【解析】解：令x=12，得(1−2×12)2021=b0+b12+b222+…+b202122021=0．

又因为b0=1，所以a1=b12+b222+…+b202122021=−1．

由8.A

【解析】解：∵y=f(x)=x2+4x+8+x2−4x+8=(x+2)2+(0+2)2+(x−2)2+(0−2)2，

则f(x)可看作x轴上一点P(x,0)到点A(−2,−2)与点B(2,2)的距离之和，即|PA|+|PB|，

则可知当A，P，B三点共线时，|PA|+|PB|取得最小值，

即(|PA|+|PB|)9.ABD

【解析】解：对于A，由10×70%=7，可知样本数据的70%分位数是第7项和第8项数据的平均数，

即为23+242=23.5，故A正确；

对于B，不等式ax2+bx+c<0的解集为(−∞,1)∪(5,+∞)，可知a<0，

由题意可得x=1与x=5是关于x的方程ax2+bx+c=0的两根，

所以−ba=6ca=5，解得b=−6ac=5a．

所以不等式bx+c>0可化为−6ax+5a>0，解得x>56，故B正确；

对于C，因为函数f(x+1)的定义域为[0,1]，所以0≤x≤1，则1≤x+1≤2，

所以1≤2x≤2，解得0≤x≤1，所以f(2x)的定义域为[0,1]，故C错误；

对于D，因为3a=4b=36，所以a=log336，b=log436，

所以2a10.ABD

【解析】解：由l1⊥l2，得2b+a−4=0，即a+2b=4，

a>0，b>0，则a+2b=4≥22ab，当且仅当a=2b，即a=2，b=1时等号成立，

所以0<ab≤2，A选项正确；

由a+2b=4，有16=(a+2b)2=a2+4b2+4ab≤2(a2+4b2)，

当且仅当a=2b，即a=2，b=1时等号成立，所以有a2+4b2≥8，B选项成立；

由a+2b=4，有a=4−2b，a>0，b>0，则0<b<2，

a2+b2=(4−2b)2+b2=5b2−16b+16，11.ABC

【解析】解：对于A，曲线C1方程x2+y3−axy=20，

令x=8，得关于y的一元三次方程y3−8ay+44=0，

令f(y)=y3−8ay+44，则f′(y)=3y2−8a，

f′(y)=0最多两根，即函数f(y)最多两个极值点，

即方程y3−8ay+44=0最多有三个实根，选项A正确；

对于B，若曲线如题图所示，则存在x0>0，使得x=x0与曲线图像有三个交点，

即存在x0>0，关于y的方程y3−ax0y+x02−20=0有三个实根．

令f(y)=y3−ax0y+x02−20，则f′(y)=3y2−ax0，

假设a≤0，∀x0>0，都有f′(y)≥0，即f(y)单调递增，

则方程y3−ax0y+x02−20=0在(0,+∞)最多有一个实根，与题图矛盾，假设错误．

所以a>0，选项B正确；

对于C，当a=0时，曲线C1：x2+y3=20，即函数y=320−x2的图像，

设f(x)=320−x2，x∈R，定义域关于原点对称．

12.(5,+∞)

【解析】解：由题意可知，∀x∈[1,4]，x2−mx+4<0恒成立，

即∀x∈[1,4]，m>x+4x恒成立，

函数f(x)=x+4x在[1,2)上单调递减，在(2,4]上单调递增，

又f(1)=5，f(4)=5，∴f(x)max=5，∴m>5，

即m的取值范围是(5,+∞)．

故答案为：(5,+∞)．

由题意可知，∀x∈[1,4]，x2−mx+4<0恒成立，即∀x∈[1,4]13.[0,4]

【解析】解：①当a<0时，函数f(x)在(−∞,a)上单调递减，因此f(x)不存在最大值；

②当a=0时，f(x)=−9,x<08−(x−3)2,x≥0，当x≥0时，f(x)max=f(3)=8>−9，

故函数f(x)存在最大值；

③当0<a≤3时，故函数f(x)在(a,3)上单调递增，在(3,+∞)上单调递减，

故x≥a时，f(x)=8−(x−3)2≤8，

当x<a时，函数f(x)在(−∞,a)上单调递增，此时f(x)<f(a)=a2−9，

于是a2−9≤8时函数存在最大值．又0<a≤3，解得0<a≤3；

④当a>3时，函数在(a,+∞)上单调递减，f(x)≤f(a)=8−(a−3)2，

在(−∞,a)上单调递增，此时f(x)<f(a)=a2−9，

故当8−(a−3)2≥a2−914.{1}

【解析】解：因为f(1)=g(1)=0，且f′(x)=a(2x−1),g′(x)=1x，

若f(x)=ax(x−1)在区间(0,+∞)上优于g(x)=lnx，

可知符合条件的直线y=kx+b应为f(x)，g(x)在x=1的公切线，

则f′(1)=g′(1)，可得a=1，

则切线方程为y=x−1，

令ℎ(x)=f(x)−x+1=(x−1)2≥0在(0,+∞)上恒成立，

令H(x)=lnx−x+1，求导可得H′(x)=1x−1=1−xx，

当x∈(0,1)，可得H′(x)>0，H(x)在(0,1)单调递增，

当x∈(1,+∞)，可得H′(x)<0，H(x)在(1,+∞)单调递减，

所以H(x)≤H(0)=0，即lnx≤x−1在(0,+∞)上恒成立，

所以实数a的取值范围是{1}．

故答案为：{1}．

由题意可得符合条件的直线15.解：(1)由K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=200×(60×20−80×40)2100×100×140×60≈9.524>6.635．

故有99%把握认为该地35−50岁年龄段人每周运动超过2小时与性别有关．

(2)抽取的3人中每周运动不超过2小时的人数为X，

则X～B(3,310)，X=0，1，2，3，X0123P34344118927故E(X)=3×310【解析】(1)根据独立性检验公式，即可求解；

(2)先判断X服从二项分布，X=0，1，2，3，依次求出概率，再结合期望公式，即可求解．

本题主要考查离散型随机变量分布列、期望的求解，考查转化能力，属于中档题．16.证明：(1)因为数列{an}中，a1=1，an+1=an1+2an．

所以an≠0，

故1an+1=1+2anan=1an+2，

即1an+1−1an=2，

所以数列{1an}是以1为首项，以2为公差的等差数列，

则1an=1+2(n−1)=2n−1，

anan+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)【解析】(1)结合已知递推关系，两边取倒数，然后由等差数列的定义即可证明；

(2)先由(1)求出a，然后结合正弦定理，和差角公式进行化简可求A，再由余弦定理及基本不等式可求bc的范围，最后由三角形面积公式可求．

本题主要考查了数列递推关系的应用，等差数列的定义，裂项求和方法的应用，还考查了正弦定理，和差角公式，余弦定理及三角形面积公式的应用，属于中档题．17.解：(1)连接OD，OE，因为在等腰直角三角形ABC中，∠B=∠C=45°,CD=BE=2,CO=BO=3，

在△COD中，OD=CO2+CD2−2CO⋅CDcos45°=5，

同理得OE=5，

因为AD=A′D=A′E=AE=22,A′O=3，

所以A′O2+OD2=A′D2，A′O2+OE2=A′E2，所以∠A′OD=∠A′OE=90°，

所以A′O⊥OD，A′O⊥OE，OD∩OE=O，OD，OE⊂平面BCDE，

所以A′O⊥平面BCDE；

(2)取DE中点H，则OH⊥OB，以O为坐标原点，

OH，OB，OA′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则O(0,0,0),A′(0,0,3【解析】(1)利用余弦定理求得OD，OE，结合已知条件得A′O2+OD2=A′D2，A′O2+OE2=A′E2，从而∠A′OD=∠A′OE=90°，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论；

(2)取DE中点H，则OH⊥OB.以18.解：(Ⅰ)由题意可知：c=1，2a=4，即a=2，

b2=a2−c2=3，

∴椭圆的标准方程：x24+y23=1；

(Ⅱ)设直线l的方程为x=my+1，

与椭圆的方程联立，得x=my+1x24+y23=1,

消去x，得(3m2+4)y2+6my−9=0，

∴△=(6m)2−4×(−9)×(3m2+4)=144(m2+1)>0，

设Q(x1,y1)，P(x2,y2)，则Q′(x1,−y1)，

由根与系数的关系，得y1+y2=−6m4+3m2，y1⋅y2=−94+3m2；

直线PQ′的斜率为k=y2−(−y1)x【解析】(Ⅰ)根据椭圆的定义与几何性质