2024-2025学年广西柳州市铁一中学高二（上）第一次月考数学试卷（10月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年广西柳州市铁一中学高二（上）第一次月考数学试卷（10月份）一、单选题：本题共7小题，每小题5分，共35分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={x|y=1x−2},B={y|y=lnA.{x|x≥0} B.{x|x>0} C.{x|x≥2} D.{x|x>2}2.已知集合A={x|y=x−1},B={y|y=−x+3,x∈A}，则A⋂B=A.[1,+∞) B.[1,2] C.(−∞,2] D.(1,2)3.记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S6=24，A.144 B.120 C.108 D.964.北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层地面的中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且上、中下三层共有扇面形石板(不含天心石)3402块，则中层共有扇面形石板(

)A.1125块 B.1134块 C.1143块 D.112块5.基本再生数R0与世代间隔T是流行病学基本参数，基本再生数是指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指两代间传染所需的平均时间，在α型病毒疫情初始阶段，可以用指数函数模型I(t)=ert描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位：天)的变化规律，指数增长率r与R0、T近似满足R0=1+rT，有学者基于已有数据估计出R0=3.22，T=10.据此，在α型病毒疫情初始阶段，累计感染病例数增加至I(0)的A.6天 B.7天 C.8天 D.9天6.定义在R上的奇函数f(x)，当x≥0时，f(x)=1−2x,x∈[0,1)1−|x−3|,x∈[1,+∞)，则关于A.2a−1 B.1−2−a C.7.y=f(x)是定义在R上的函数，对于任意的x∈R，都有f(x)=f(2−x)，f(1−x)=−f(x+3)且x∈[0,1]时，有f(x)=sinπ2x，则函数A.10 B.13 C.22 D.26二、多选题：本题共5小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。8.已知向量a=(−2,1)，b=(1,t)，则下列说法正确的是(

)A.若a//b，则t的值为−2

B.|a+b|的最小值为1

C.若|a+b|=|a−b|9.已知a>0，b>0，且a+b=1，则(

)A.ab的最大值为14 B.a2+b2的最大值为12

C.1a10.设正实数a、b满足a+b=1，则(

)A.ab有最小值12 B.1a+2b+12a+b有最小值3

C.a211.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点(A在第一象限)，O为坐标原点，则(

)A.OA⋅OB=−3

B.当|AF|=3|BF|时，直线l的倾斜角为π6

C.以AF为直径的圆与y12.抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.已知抛物线C：x2=8y，阿基米德三角形PAB，弦AB过C的焦点F，其中点A在第一象限，则下列说法正确的是(

)A.点P的纵坐标为−2 B.C的准线方程为x=−2

C.若|AF|=8，则AB的斜率为3 D.△PAB面积的最小值为16三、填空题：本题共3小题，每小题3分，共9分。13.已知球O内切于圆台(即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切)，且圆台的上、下底面半径r1：r2=2：314.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为6，点M(1,1)，直线MF2与C15.已知直线l与椭圆x24+y22=1在第二象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且|MB|=|NA|，|MN|=2四、解答题：本题共4小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题12分)

已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn−nan=12n(n−1)．

(1)证明：数列{a17.(本小题12分)

已知数列{an}满足，an+1+an=4n−3(n∈N∗)

(1)若数列{an}是等差数列，求a18.(本小题12分)

已知数列{an}满足a2=32，a1+2a2+19.(本小题12分)

已知数列{an}满足a1=1，点(an,an+1)在直线y=3x+1上．

(1)设bn=an+12，证明{bn}为等比数列：

参考答案1.D

2.B

3.B

4.B

5.B

6.C

7.C

8.BC

9.ACD

10.CD

11.ACD

12.AD

13.191214.1215.216.解：(1)证明：数列{an}满足Sn−nan=12n(n−1)①，

当n≥2时，有Sn−1−(n−1)an−1=12(n−1)(n−2)②，

①−②可得：Sn−Sn−1−nan+(n−1)an−1=12n(n−1)−12(n−1)(n−2)，

即(1−n)an+(n−1)an−1=12n(n−1)−12(n−1)(n−2)，

变形可得：an−an−1=−1；

故数列{an17.解：(1)若数列{an}是等差数列，则an=a1+(n−1)d，an+1=a1+nd，

由an+1+an=4n−3，得a1+nd+a1+(n−1)d=4n−3，

即2d=4，2a1−d=−3，解得a1=−12，d=2；

(2)由an+1+an=4n−3(n∈N∗)，得an+2+an+1=4n+1(n∈N∗)，

两式作差可得：a18.解：(1)证明：因为a1+2a2+22a3+⋯+2n−1an=n+2n−2nan，

所以a1+2a2+22a3+⋯+2n−1an+2nan+1=n+1+2n−1(n+1)an+1，

两式相减，得1+2n−1(n−1)an+1−2n−2nan=0

①，19.解：