2024-2025学年河南省郑州市宇华实验学校高二（上）月考数学试卷（9月份）（含答案）

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这是一份2024-2025学年河南省郑州市宇华实验学校高二（上）月考数学试卷（9月份）（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。

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.已知a>0、b>0，a+2b=4，则1a+1+12b的最小值为( )
A. 2B. 4C. 25D. 45
2.已知lg13(a−1)A. 1a>1bB. (12022)a<(12021)b
C. ln(a−b)>0D. 若AC=abAB，则点C在线段AB上
3.定义函数f(x)=1x−a+2x−b+3x−c−1(00解集区间的长度总和为( )
A. 5B. 6C. a+b+c+5D. a+b+c+6
4.口袋中装有除颜色外完全相同的3个红球、2个白球和1个黄球，从中任取一个球，事件A表示“取到的是红球”，事件B表示“取到的是白球”，事件C表示“取到的是黄球”，则( )
A. P(A∪B)=1B. 事件A，B，C可能同时发生
C. A−与B−互斥D. 事件A与事件B不相互独立
5.已知二面角α−l−β的大小为π2，其棱l上有A，B两点，AC，BD分别在这个二面角的两个半平面α，β内，且都与AB垂直，已知AB=1，AC= 2，BD=2，则CD=( )
A. 2B. 5C. 3D. 7
6.若函数f(x)=cs(nx−π4)(n∈N+)在[π8,3π8]上单调递减，则满足条件的n的个数为( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
7.已知在△ABC中，满足ctanB=(2a−c)tanC，点D在AC边上，且BD平分∠ABC，b=2 3，则BD的最大值为( )
A. 3B. 1C. 3D. 4
8.复数Z=i+2i2+3i3+…+2024i2024的虚部是( )
A. 1012B. 1011C. −1011D. −1012
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列选项正确的是( )
A. 命题“∃x>0，x2+x+1≥0”的否定是∀x<0，x2+x+1<0
B. 满足{1}⊆M⊆{1,2,3}的集合M的个数为4
C. 已知x=lg3，y=lg5，则lg45=2x+y
D. 已知指数函数f(x)=ax(a>0且a≠1)的图象过点(2,4)，则lga 2=1
10.已知函数f(x)=sin(2x+π3)，g(x)=cs(2x+π6)，则下列说法正确的是( )
A. y=f(x)的图象关于点(π12,0)对称
B. g(x)在区间[π2,5π6]上单调递增
C. 将g(x)图象上的所有点向右平移π6个单位长度即可得到f(x)的图象
D. 函数ℎ(x)=f(x)+g(x)的最大值为 3
11.已知函数f(x)=sin(ωx+π6)+sin(ωx−π6)+csωx(ω>0)，则下列结论正确的有( )
A. 将函数y=2sinωx的图象向左平移π6个单位长度，总能得到y=f(x)的图象
B. 若ω=3，则当x∈[0,2π9]时，f(x)的取值范围为[1,2]
C. 若f(x)在区间(0,2π)上恰有3个极大值点，则136<ω≤196
D. 若f(x)在区间(π3,5π12)上单调递减，则1≤ω≤165
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知幂函数y=f(x)的图象过点(2,14)，且当x∈[1,+∞)时，恒有3f(x)13.已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°.以D1为球心， 5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为．
14.如图，两个正方形ABCD，CDEF的边长都是2，且二面角A−CD−E为60°，M，N为对角线AC和FD上的动点，且满足AM=FN，则线段MN长的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=x+ax−32a(a∈R)．
(1)若f(x)在(0,+∞)上的最小值为−2，求a的值；
(2)若函数g(x)=f(|2x−1|)−32恰有3个零点，求a的取值范围．
16.(本小题15分)
某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度(单位：cm)介于[15,25]之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如图所示．
(Ⅰ)求a的值；
(Ⅱ)若从高度在[15,17)和[17,19)中分层抽样抽取5株，在这5株中随机抽取3株，记高度在[15,17)内的株数为X，求X的分布列及数学期望E(X)；
(Ⅲ)以频率估计概率，若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在[21,25]的概率．
17.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，csinB+C2= 54bsin2C+ 52csinCcsB．
(1)求sinA的值；
(2)如图，a=6 5，点D为边AC上一点，且2DC=5DB，∠ABD=π2，求△ABC的面积．
18.(本小题17分)
如图，已知四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面AA1D1D⊥平面ABCD，A1A=D1D= 17，点P是棱DD1的中点，点Q在棱BC上．
(1)若BQ=3QC，证明：PQ//平面ABB1A1；
(2)若二面角P−QD−A的正切值为5，求BQ的长．
19.(本小题17分)
函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)将函数f(x)的图象先向右平移π4个单位，再将所有点的横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象，求g(x)在x∈[−π12,π6]上的最大值和最小值；
(3)在(2)条件下，若关于x的方程g(x)−m=0在x∈[−π12,π6]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．
参考答案
1.D
2.B
3.B
4.D
5.D
6.C
7.A
8.D
9.BC
10.BCD
11.BC
12.(5,+∞)
13. 2π2
14.2 55
15.解：(1)当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以f(x)不存在最小值；
当a>0时，f(x)=x+ax−32a≥2 x⋅ax−32a=2 a−32a，
当且仅当x=ax，即x= a时等号成立，
所以2 a−32a=−2，解得 a=−23(舍去)或 a=2，故a=4；
(2)因为g(x)=f(|2x−1|)−32=|2x−1|+a|2x−1|−32a−32，
令g(x)=0，则|2x−1|+a|2x−1|−32a−32=0，
即|2x−1|2−32(a+1)|2x−1|+a=0，|2x−1|≠0．
令|2x−1|=t，则方程化为t2−32(a+1)t+a=0(t>0)，
画出t=|2x−1|的图象如图所示，

因为g(x)恰有3个零点，所以t2−32(a+1)t+a=0(t≠0)有两个根t1，t2，且0记ℎ(t)=t2−32(a+1)t+a，

如图可知：ℎ(0)=a>0,ℎ(1)=−12a−12≤0,
解得a>0，综上所述a的取值范围是(0,+∞)．
16.解：(Ⅰ)由频率分布直方图可得(0.05+0.075+a+0.15+0.1)×2=1，解得a=0.125；
(Ⅱ)由频率分布直方图可得高度在[15,17)和[17,19)的频率分别为0.1和0.15，
∴分层抽取的5株中，高度在[15,17)和[17,19)的株数分别为2和3，
∴X的所有可能取值为0，1，2．
∴P(X=0)=C33C53=110，
P(X=1)=C32⋅C21C53=3×210=35，
P(X=2)=C31⋅C22C53=3×110=310，
∴X的分布列为：
∴E(X)=0×110+1×35+2×310=65．
(Ⅲ)从所有花卉中随机抽取3株，记至少有2株高度在[21,25]为事件M，
则P(M)=(12)3+C32(12)2×(12)1=12．
17.解：(1)∵csinB+C2= 54bsin2C+ 52csinCcsB，
由正弦定理得
sinCsinB+C2= 54sinBsin2C+ 52sin2CcsB，
∴sinCsinB+C2= 52sinBsinCcsC+ 52sin2CcsB，
∴sinCsinB+C2= 52sinC(sinBcsC+sinCcsB)= 52sinCsin(B+C)，
又sinC≠0，∴sinB+C2= 52sin(B+C)，∴sinπ−A2= 52sin(π−A)，
∴csA2= 52sinA= 5sinA2csA2，
又A2∈(0,π2)，csA2≠0，∴sinA2= 55，csA2= 1−sin2A2=2 55，
∴sinA=2sinA2csA2=45．
(2)设DB=2x(x>0)，∵2DC=5DB，
∴DC=5x，cs∠BDC=cs(A+π2)=−sinA=−45．
在△BDC中，由余弦定理得BC=BD2+CD2−2BD⋅CDcs∠BDC=4x2+25x2−2⋅2x⋅5x⋅(−45)=(6 5)2，
解得x=2，所以BD=4，DC=10，又sinA=DBDA=4DA=45，∴DA=5，AC=DA+DC=15，
又AB2+BD2=AD2，∴AB=3，∴△ABC的面积S=12AB⋅ACsinA=12×3×15×45=18．
18.解：(1)取AA1的中点M，连接MP，MB，如图，

∵点M，P分别是棱A1A，D1D的中点，
∴MP//AD，且MP=A1D1+AD2=3，
∵BC=4，又BQ=3QC，∴BQ=3，
∵BC//AD，
∴MP//BQ且MP=BQ，
∴四边形BMPQ是平行四边形，
∴PQ//MB，
∵MB⊂平面ABB1A1，PQ⊄平面ABB1A1，
∴PQ//平面ABB1A1；
(2)在平面AA1D1D中，作A1O⊥AD于O，
∵平面AA1D1D⊥平面ABCD，平面AA1D1D∩平面ABCD=AD，A1O⊥AD，A1O⊂平面AA1D1D，
∴A1O⊥平面ABCD，
过O作AB的平行线交BC于点N，则ON⊥OD，
以{ON,OD,OA}为正交基底，建立空间直角坐标系O−xyz，

在等腰梯形AA1D1D中，A1D1=2，AD=4，∴AO=1，
又A1A=D1D= 17，∴A1O= ( 17)2−12=4，
∴B(4,−1,0),D(0,3,0),C(4,3,0),D1(0,2,4),P(0,52,2)，
∴DC=(4,0,0),DP=(0,−12,2),CB=(0,−4,0)，
设CQ=λCB=(0,−4λ,0)(0≤λ≤1)，
∴DQ=DC+CQ=(4,−4λ,0)，
设平面PDQ的法向量为m=(x,y,z)，由m⋅DP=0m⋅DO=0，得−12y+2z=04x−4λy=0，
令z=1，则x=4λ，y=4，则m=(4λ,4,1)，
取平面DCQ的法向量n=(0,0,1)，
设二面角P−QD−A平面角为θ，
∵tanθ=sinθcsθ=5，sin2θ+cs2θ=1，∴csθ=1 26，
又csθ=|csm,n|=|m⋅n||m|⋅|n|=1 (4λ)2+17=1 26，
解得λ=34或−34(舍)，
∴CQ=34×4=3,BQ=1，
所以当二面角P−QD−A的正切值为5时，BQ的长为1．
19.解：(1)由函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象可知A=2，
∵1112π−16π=34T，
∴T=π，ω=2πT=2，
又f(π6)=2，
∴2×π6+φ=π2+2kπ，k∈Z，解得 φ=π6+2kπ，k∈Z，
由|φ|<π2，可得φ=π6，
∴f(x)=2sin(2x+π6)；
(2)将f(x)向右平移π4个单位，得到y=2sin(2(x−π4)+π6)=2sin(2x−π3)，
再将所有点的横坐标缩短为原来的12，得到g(x)=2sin(4x−π3)，
令t=4x−π3，
由x∈[−π12,π6]，可得t∈[−2π3,π3]，
易知函数y=2sint在[−2π3,−π2]上单调递减，在[−π2,π3]上单调递增，
可得2sin(−π2)=−2，2sinπ3= 3，即gmax(x)= 3,gmin(x)=−2；
(3)由(2)可得y=2sint在[−2π3,−π2]上单调递减，在[−π2,π3]上单调递增，
可得2sin(−π2)=−2，2sinπ3= 3，2sin(−2π3)=− 3，
因为关于x的方程g(x)−m=0在x∈[−π12,π6]上有两个不等实根，
即当y=g(x)与y=m有两个公共点，
由正弦函数的性质可知−20
1
2
P
110
35
310

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