2023-2024学年四川省泸州市老窖天府中学高二（下）期中数学试卷（B卷）-普通用卷

这是一份2023-2024学年四川省泸州市老窖天府中学高二（下）期中数学试卷（B卷）-普通用卷，共16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.质点M按规律s=2t2+3t做直线运动(位移单位：m，时间单位：s)，则质点M在t=2s时的瞬时速度是( )
A. 2m/sB. 6m/sC. 4m/sD. 11m/s
2.已知抛物线C关于x轴对称，且焦点在直线3x+2y−6=0上，则抛物线C的标准方程为( )
A. y2=−4xB. y2=4xC. y2=−8xD. y2=8x
3.某学校派出4名优秀教师去边远地区的三所中学进行教学交流，每位教师只去一所中学，每所中学至少派一名教师，则不同的分配方法有( )
A. 90种B. 60种C. 48种D. 36种
4.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为2n−1，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…则此数列的前15项和为( )
A. 110B. 114C. 124D. 125
5.已知函数f(x)=ln(x+1)，则f(1),f(2)2,f(3)3的大小关系为( )
A. f(1)0)，其离心率为 33，F1，F2为椭圆的左右焦点，过F1作一条不平行于坐标轴的直线交椭圆于A，B两点，△ABF2的周长为8 3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过B作x轴的垂线交椭圆于点D.
①试讨论直线AD是否恒过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
②求△AOD面积的最大值.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=x−alnx(a∈R)，g(x)=xex.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)若a=−1，证明：g(x)≥f(x)+1；
(3)当x∈(1,+∞)时，f(x)+g(x)≥axalnx恒成立，求a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据题意，质点M在t=2s时位移的平均变化率为△S△t=2(2+△t)2+3(2+△t)−2×22−3×2△t=11+2Δt，
当Δt无限趋近于0时，△S△t无限趋近于11m/s.
故选：D.
根据题意，先求出△S△t的表达式，进而分析可答案．
本题考查极限的计算，涉及平均变化率和瞬时变化率的关系，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：根据题意，抛物线C关于x轴对称，则抛物线的焦点在x轴上，
又由直线3x+2y−6=0与x轴的交点为(2,0)，所以抛物线C的焦点为(2,0)，
故p2=2，解得p=4，抛物线的标准方程为y2=8x.
故选：D.
根据题意，求出直线3x+2y−6=0与x轴的交点坐标，从而得到抛物线的焦点坐标，得到答案．
本题考查抛物线的标准方程，注意分析抛物线的焦点坐标，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由题意，先将4人分成3组，3组人数分别为1，1，2，
则从4人中选2人一组，其余两人一人一组，共有C42=6种分法，
将3组分配到3所学校，共有A33=6种分法，
由分步计数原理可得，共有6×6=36种不同的分配方法．
故选：D.
将4人分成3组，再分配到3所学校，结合分步计数原理，即可求解．
本题考查排列、组合的简单应用，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：数列的前15项为2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，6，15，20，15，6，
可得此数列的前15项和为2+3+3+4+6+4+5+10+10+5+6+15+20+15+6
=4−2+8−2+16−2+32−2+64−2=(4+8+16+32+64)−10=114.
故选：B.
由题意写出数列的前15项计算可得所求和．
本题考查数列在实际问题中的运用，考查数列的求和，以及运算能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：作出函数f(x)=ln(x+1)的图象，如图所示．
由图可知，曲线上各点与坐标原点的连线的斜率随着x的增大而减小．
因为1f(3)−03−0，
所以f(1)1>f(2)2>f(3)3.
故选：C.
作出函数f(x)=ln(x+1)的图象，根据(x,f(x))与(0,0)连线所在直线的斜率，即可判断大小关系．
本题考查了直线的斜率和平均变化率，考查了数形结合思想，属基础题．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查互斥事件的概率、二项分布，属于基础题．
根据已知条件，结合二项分布的概率公式，即可求解．
【解答】
解：P(X>0)=P(X=5)+P(X=3)+P(X=1)=(13)5+C51(13)4(23)+C52(13)3(23)2=1781.
故选：D.
7.【答案】B
【解析】解：由函数f(x)=lnx−ax，得f′(x)=1x−a，(x>0)，
若a≤0，必有f′(x)=1x−a>0，即f(x)在(0,+∞)上是增函数，不可能有两个零点，
∴a>0，由f′(x)=0，得x0=1a，
当x∈(0,1a)时，f′(x)>0；当x∈(1a,+∞)时，f′(x)0，得0e，g(t)=2lnt−t，g′(t)=2t−1ln1e=−1，∴lna+eb>−1+eb>−1+1=0，故eb>ln1a，故C错误；
对D，∵ea=1−lnb=lnab，∴a=ln(lneb)，∴a+b=ln(lneb)+b，
令lneb=x，则b=e1−x，x>1，a+b=lnx+e1−x，
由ex≥x+1(当且仅当x=0时取等号)可知当x>1时，ex−1>x，
即ex−ex=e(ex−1−x)>0，
令h(x)=lnx+e1−x，x>1，则h′(x)=1x−e1−x=1x−eex=ex−exxex>0，
∴h(x)在(1,+∞)上单调递增，∴h(x)>ln1+e1−1=1，
∴a+b>1，即a>1−b，故D正确．
故选：ABD.
化简条件，根据a>0可得01，进而求导分析单调性判断即可．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查数的大小的比较，考查逻辑推理能力，属于难题．
12.【答案】135
【解析】解：(3x2−1x)6展开式的通项为Tk+1=C6k(3x2)6−k⋅(−1x)k=36−k⋅(−1)kC6kx12−3k，
令12−3k=0，得k=4，
所以(3x2−1x)6展开式中的常数项为32⋅(−1)4C64=135.
故答案为：135.
求出展开式的通项，再令x的指数等于零，即可得解．
本题主要考查了二项式定理，属于基础题．
13.【答案】1110
【解析】【分析】
本题考查概率的运算，考查离散型随机变量概率分布列等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
由题意得到a(1−12+12−13+13−14+⋅⋅⋅+110−111)=1011a=1，由此能求出实数a.
【解答】
解：随机变量X的概率分布为P(X=n)=an(n+1)(n=1,2,3,⋅⋅⋅,10)，
∴a1×2+a2×3+a3×4+a4×5+a5×6+a6×7+a7×8+a8×9+a9×10+a10×11=1，
∴a(1−12+12−13+13−14+⋅⋅⋅+110−111)=1011a=1，
则实数a=1110.
故答案为1110.
14.【答案】(e1e,+∞)
【解析】解：因为不等式ax>lgax(a>0,a≠1)对∀x∈(0,+∞)恒成立，
即不等式ax>lnxlna(a>0,a≠1)对∀x∈(0,+∞)恒成立，
elnax>lnxlna(a>0,a≠1)对∀x∈(0,+∞)恒成立，
lna⋅elnax>lnx(a>0,a≠1)对∀x∈(0,+∞)恒成立，
xlna⋅exlna>xlnx=(lnx)⋅elnx(a>0,a≠1)对∀x∈(0,+∞)恒成立，
令f(x)=xex，x>0，
则f′(x)=(x+1)ex>0，
所以f(x)=xex在(0,+∞)上单调递增，
所以xlna⋅exlna>(lnx)⋅elnx⇔f(xlna)>f(lnx)⇔xlna>lnx⇔lna>lnxx(a>0,a≠1)，
令g(x)=lnxx，x>0，
则g′(x)=1−lnxx2，
令g′(x)=0，得x=e，
所以当x∈(0,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(e,+∞)时，g′(x)1e，a>e1e.
所以a的取值范围是(e1e,+∞).
故答案为：(e1e,+∞).
由题意可得xlna⋅exlna>xlnx=(lnx)⋅elnx(a>0,a≠1)对∀x∈(0,+∞)恒成立，令f(x)=xex，x>0，利用导数可得f(x)=xex在(0,+∞)上单调递增，从而可得lna>lnxx(a>0,a≠1)，再令g(x)=lnxx，x>0，求出y=g(x)的最大值即可得答案．
本题考查了转化思想、导数的综合运用，属于难题．
15.【答案】解：(Ⅰ)当a=0时，
f(x)=x3−3x2，
则f′(x)=3x2−6x，
f′(1)=3−6=−3，
f(1)=1−3=−2，
故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−(−2)=−3(x−1)，即3x+y−1=0；
(Ⅱ)函数f(x)=x3−3x2+a，
则f′(x)=3x2−6x=3x(x−2)，x∈[0,4]，
故f(x)的单调递增区间为[2,4]，单调递减区间为[0,2]，
f(x)在x=2的极小值也为该函数的最小值，
故23−3×22+a=0，解得a=4，
所以f(x)=x3−3x2+4，
f(0)=4，f(4)=43−3×42+4=20，
故f(x)在该区间上的最大值为20.
【解析】(Ⅰ)根据已知条件，结合导数的几何意义，即可求解；
(Ⅱ)根据已知条件，利用导数研究函数的单调性，求出a，再结合区间端点的函数值，即可求解．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为PD⊥平面ABCD，AD，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥AD，PD⊥DC，
又底面ABCD是矩形，所以AD⊥DC，
以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设AD=a(a>0)，则E(a2,0,0)，B(a,4,0)，C(0,4,0)，P(0,0,2 3)，D(0,0,0)，
所以F(0,2, 3)，EF=(−a2,2, 3)，BP=(−a,−4,2 3)，
又PB⊥EF，所以EF⋅BP=(−a2,2, 3)⋅(−a,−4,2 3)=a22−2=0，
因为a>0，解得a=2，即AD=2；
(2)由(1)知EF=(−1,2, 3)，EB=(1,4,0)，
设平面BEF的一个法向量n=(x,y,z)，所以n⋅EF=−x+2y+ 3z=0n⋅EB=x+4y=0，
令y=1，解得x=−4，z=−2 3，
所以平面BEF的一个法向量n=(−4,1,−2 3)，
又BP=(−2,−4,2 3)，设直线PB与平面BEF所成角的大小为θ，
所以sinθ=|n⋅BP||n||BP|=|8−4−12| 16+1+12× 4+16+12= 5829，
即直线PB与平面BEF所成角的正弦值为 5829.
【解析】(1)根据题意建立空间直角坐标系，写出各点坐标得到EF和BP，根据垂直关系列出方程，即可求出AD；
(2)根据线面角的向量公式即可求解．
本题考查了空间中的位置关系与线面角的计算问题，也考查了数形结合思想，是中档题．
17.【答案】解：(1)随机抽取1个，取到4等品的概率为P=20100=15，
从采购的产品中有放回地随机抽取3个，记4等品的数量为ξ，则ξ∼B(3,15)，
∴P(ξ=1)=C31⋅(15)1(45)2=48125.
(2)由分层抽样可知，10个产品中，1等品有4个，非1等品有6个，
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=C40⋅C63C103=16，P(X=1)=C41C62C103=12，
P(X=2)=C42C61C103=310，P(X=3)=C43C60C103=130.
∴X的分布列为
数学期望E(X)=0×16+1×12+2×310+3×130=65.
(3)方案2的平均售价为24×40100+22×30100+18×10100+16×20100=21.2，
因为21.20，
∴y1+y2=−4mt2t2+3，y1y2=2m2−242t2+3，
∵A，B，F1共线，则有y1x1+2=−y2x2+2，化简可得2ty1y2+(m+2)(y1+y2)=0，
即2t⋅2m2−242t2+3−(m+2)⋅4mt2t2+3=0，化简可得mt+6t=0恒成立．
∴m=−6，即直线AD的方程为x=ty−6恒过定点(−6,0).
②设直线AD恒过定点记为M(−6,0)，
由上Δ=24(8t2−m2+12)=24×8(t2−3)>0，可得t2>3，
∴y1+y2=24t2t2+3，y1y2=482t2+3⋅
S△AOD=S△AOM−S△MOD=12|OM||y1−y2|=12×6× (y1+y2)2−4y1y2
=3⋅ 24×8(t2−3)2t2+3=24 3⋅ t2−32t2+3，
令n= t2−3>0，则S△AOD=24 3n2(n2+3)+3=24 32n+9n≤24 32 18=2 6，
当且仅当2n=9n，即t2=152>3时，取等号．
∴△AOD面积的最大值为2 6.
【解析】(1)根据已知焦点三角形周长，由椭圆定义及其离心率求椭圆参数即可得方程；
(2)①设直线AD为x=ty+m且t≠0，A(x1,y1)，D(x2,y2)，B(x2,−y2)，联立椭圆方程，应用韦达定理并结合A，B，F1共线有y1x1+2=−y2x2+2，整理化简求参数m，即可确定定点；②由直线AD所过定点，结合S△AOD=S△AOM−S△MOD并将韦达公式代入化简，应用基本不等式求面积最大值，注意取值条件．
本题主要考查椭圆的性质及标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．
19.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=1−ax=x−ax，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)=0得x=a，
所以在(0,a)上f′(x)0，f(x)单调递增，
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a>0时，f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增．
(2)当a=−1时，f(x)=x+lnx，
要证不等式g(x)≥f(x)+1，
即证xex≥x+lnx+1，
即证xex≥lnex+lnx+1，
即证xex≥lnxex+1，
即证xex−lnxex≥1，
令h(x)=xex−lnxex，(x>0)，则只需证明h(x)≥1，
令t=xex，x>0，则只需证h(t)=t−lnt≥1，
t′=xex+ex=(x+1)ex>0，
所以t(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以t(x)>t(0)=0，
h′(t)=1−1t=t−1t，t>0，
所以在(0,1)上h′(t)0，h(t)单调递增，
所以h(t)≥h(1)=1，得证．
(3)若当x∈(1,+∞)时，f(x)+g(x)≥axalnx恒成立，
则当x∈(1,+∞)时，x−alnx+xex≥axalnx恒成立，
所以当x∈(1,+∞)时，x+xex≥alnx+axalnx恒成立，
所以当x∈(1,+∞)时，x+xex≥alnx+alnx⋅ealnx恒成立，①
设u(x)=x+xex，x>1，则u(x)≥u(alnx)，
u′(x)=1+ex(x+1)>0，
所以u(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以x≥alnx，lnx>0，
所以在(1,+∞)上，a≤xlnx恒成立，
令p(x)=xlnx，x>1，
p′(x)=lnx−1(lnx)2，
令p′(x)=0得x=e，
所以在(1,e)上p′(x)0，p(x)单调递增，
所以p(x)≥p(e)=e，
所以a≤e，
所以a的取值范围为(−∞,e].
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=x−ax，分两种情况：当a≤0时，当a>0时，分析f′(x)的符号，f(x)的单调性．
(2)当a=−1时，要证不等式g(x)≥f(x)+1，即证xex−lnxex≥1，令g(x)=xex−lnxex，(x>0)，则只需证明g(x)≥1，即可得出答案．
(3)若当x∈(1,+∞)时，f(x)+g(x)≥axalnx恒成立，则当x∈(1,+∞)时，x+xex≥alnx+alnx⋅ealnx恒成立①，设u(x)=x+xex，x>1，则u(x)≥u(alnx)，分析u(x)的单调性，即可得出在(1,+∞)上，a≤xlnx恒成立，
令p(x)=xlnx，x>1，只需a≤p(x)min，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．等级
1等品
2等品
3等品
4等品
售价(元/个)
24
22
18
16
X
0
1
2
3
P
16
12
310
130