广西南宁市第三中学2024-2025学年高二下学期月考（一）数学试题

试卷第 1页，共 4页 南宁三中 2023级高二下学期月考（一） 数学试题 命题人：高二数学备课组 审题人：高二数学备课组 一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．若函数 ( ) e 1xf x x   ，则 (0)f  （ ） A． 1 B．0 C．1 D．2 2．记等差数列 na 的前 n项和为 nS ，若 86 16a a  ，则 13S （ ） A．13 B． 45 C．104 D．130 3．3名同学分别报名参加足球队、篮球队、排球队、乒乓球队，每人限报一个运动队，不同的报名方法种数有 （ ） A． 34 B． 43 C．24 D．12 4．函数   3 12 1f x x x   的极小值为（ ） A． 17 B． 15 C．15 D．17 5．五名同学排队，甲、乙两名同学必须排在一起，排队方案共有（ ） A．24种 B．36种 C．48种 D．120种 6．现将 4名志愿者分配到 3个服务点，要求每位志愿者都要到一个服务点服务，每个服务点都要安排志愿者， 有（ ）种分配方式. A．30 B．36 C．60 D．72 7．已知函数   2 ln 2f x ax x x   是减函数，则 a的取值范围为（ ） A．  , 0 B．  , 1  C．  ,1 D． 1, 2      8．已知椭圆 C：   2 2 2 1 0 24 x y b b     ． 1( ,0) 2 A  ， (1,0)B ，若椭圆 C上存在 3个不同的点 P满足 2PB PA ， 则椭圆 C离心率的取值范围是（ ） A． 2(0, ) 2 B． 3(0, ) 3 C． 3( ,1) 3 D． 2( ,1) 2 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部 选对的得 6分，选对但不全得部分分，有选错的得 0分。 9．已知等比数列{ }na ， 1a =1， 2q= ，则（ ）. A．数列 1{ } na 是等比数列 B．数列 1{ } na 是递增数列 C．数列 2{log }na 是等比数列 D．数列 2{log }na 是递增数列 试卷第 2页，共 4页 10．已知抛物线 2: 2C y px  （ 0p  ）的焦点为 1 1 2 2( 2,0), ( , ), ( , )F A x y B x y 是 C上不同的两点，则（ ） A．C的方程为 2 8y x  B．点 F到 C的准线距离为 4 C． | | | |AF BF 的最小值为 4 D．若 , ,A B F共线，则 1 2x x 的最大值为 4 11．已知函数   2 2 lnf x x x x  ，   e ln 2xg x x   ，下列说法正确的是（ ） A．函数  g x 存在唯一极值点 0x ，且 0 1 ,1 2 x      B．令      h x f x g x  ，则函数  h x 无零点 C．若   2g x m  恒成立，则 2m  D．若 0a  ， 0b  ，则  ln ln 1 2 b a ba a b b a          三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12．二项式  52 x 展开式中的含 3x 项的系数为 ． 13．将一个边长为 a的正方形铁片的四角截去四个边长均为 x的小正方形，做成一个无盖方盒，方盒的容积为 2( ) ( 2 ) (0 ) 2 aV x a x x x    ．若要使方盒的容积V 最大，则边长 x为 . 14.已知函数 ( ) 1n 2 2 xf x ae a x      0a  ，若   0f x  恒成立，则实数 a 的取值范围是 . 四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）在 ABCV 中，记角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，已知 3 3 cos sina c B b C  . (1)求角C； (2)若 5c  ，且 ABCV 的面积为 2 3，求 ABCV 的周长. 16．（15分）已知函数    2 1 exf x x ax   （ aR ）在 2x  处取得极小值. (1)求 a的值，并求函数  f x 的单调区间； (2)求  f x 在区间 2,0 上的最大值和最小值. 试卷第 3页，共 4页 17.（15分）在四棱锥Q ABCD 中，底面 ABCD是正方形，若 2AD  ， 5QD QA  ， 3QC  ． (1)证明：平面QAD 平面 ABCD； (2)求二面角 B QD A  的余弦值． 18.（17分）已知点  2,0F ，直线 : 1l x  ，动点 P到直线 l的距离为 PM ，且 2PF PM ． (1)求动点 P的轨迹方程，并说明是什么曲线； (2)过点 F 且倾斜角大于 3π 4 的直线 l与 y轴交于点M ，与 P的轨迹相交于两点 1 2,M M ，且  1 2 , RFM FM FM         ，求  的值及 1 1    的取值范围. 试卷第 4页，共 4页 19.（17分）对于一个数列 na ，若 1 2 3( 1) ( 2)n n n n n n pb a pa p a p a a              ，则称数列 nb 为 na 的 p 阶和数列，其中 *pN . (1)当 1p  时，是否存在数列 na ，使得 nb 是公比为 2的等比数列？若是，写出数列 na 的通项公式；（不必说 明理由） (2)若 2p  ， na n ，求数列 1 4 n nb b        的前 n项和 nS ； (3)若 2nna  ，证明： 1 3 4 2 2 n n n p b b     . 答案第 1页，共 6页 南宁三中 2023级高二下学期月考（一） 数学试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B C A B C B D D AD ABD ABD 1．B【详解】函数 ( ) e 1xf x x   ，求导得 ( ) e 1xf x   ，所以 (0) 0f   . 2．C【详解】因为等差数列 na 的前 n项和为 nS ，且 6 8 16a a  ， 则  1 13 13 13 8 13 104 2 a a S      . 3．A【详解】不同的报名方法种数有 34 4 4 4   . 4．B【详解】由函数   3 12 1f x x x   ，求导得   23 12f x x   , 令   23 12 0f x x    ,得 2x   ,当 2x   时,   0f x  ,函数单调递增; 当 2 2x   时,   0f x  ,函数单调递减;当 2x  时,   0f x  ,函数单调递增; 所以 2x  是极小值点,所以函数的极小值为  2 15f   . 5．C 【详解】运用相邻元素“捆绑法”，将甲和乙看成一个元素与其他三个同学全排，有 44A 种排法，再对甲乙“松 绑”，有 22A 种排法，由分步乘法计数原理可得，排队方案共有 4 2 4 2A A 48  种. 故选：C. 6．B【详解】依题意3个服务点的志愿者的人数为1、1、 2，所以有 2 1 34 2 32 2 C C A 36 A   种分配方式.故选：B 7．D【详解】由   2 ln 2f x ax x x   ，可得   12 2f x ax x    ， 因为函数   2 ln 2f x ax x x   是减函数，所以   0f x  对 (0, )x  恒成立， 即 12 2 0ax x    对 (0, )x  恒成立，所以 2 1 22a x x   对 (0, )x  恒成立， 所以 2 min 1 22a x x       ，又 2 2 1 2 1 1 1 1 x x x           ，当且仅当 1x  时等号成立， 所以 2 1a   ，所以 1 2 a   ，所以 a的取值范围为 1, 2      .故选：D. 8．D【详解】设 ( , )P x y ，由 2PB PA ，得 2 2 2 21( 1) 2 ( ) 2 x y x y     ，化简得 2 2( 1) 1x y   ， 即点 P的轨迹是以点 ( 1,0) 为圆心，1为半径的圆，则该圆与椭圆C有 3个交点， 由 2 2 2 2 2 2 2 0 4 4 x y x b x y b        消去 y得 2 2 2(4 ) 8 4 0b x x b    ， 答案第 2页，共 6页 即 2 2 2( 2)( ) 0 4 bx x b     ， 显然 2 是方程的一个解，点 ( 2,0) 是圆与椭圆的 1个公共点，因此 2 2 2 4 b b   必为方程的另一个解，则 2 2 22 0 4 b b     ， 解得 2 2b  ，所以椭圆 C的离心率 2 2 2( ,1) 2 1 be a    .故选：D 9．AD 【详解】由 1a =1， 2q= 得 12nna  ， 1 1 1 2nna  ，所以数列 1{ } na 是等比数列且为递减数列，故 A正确 B 不正确； 2log 1na n  ，数列 2{log }na 是递增的等差数列，故 C错误，D正确. 10．ABD【详解】由 ( 2,0)F  ，得 2 4 2 p p   ，C的方程为 2 8y x  ，A正确； 根据抛物线的性质知，点 F到 C的准线距离为 4p  ，B正确； 由抛物线上点到焦点距离最小点为顶点，故 | |,| | 2 2 pAF BF   ， 又 ,A B为不同点，故 | | | | 4AF BF  ，C错误； 设直线 AB的方程为 2x my  ，与 2 8y x  联立，得 2 8 16 0y my   ， 所以 1 2 16y y   ，则 2 2 1 21 2 1 2 48 4 y yy yx x        ， 当且仅当 1 2| | | | 4y y  且 1 2y y 时取等号，D正确.故选：BD 11．ABD【详解】对于 A：   1exg x x   ，显然  g x 在  0,  上单调递增，又 1 e 2 0 2 g          ，  1 e 1 0g    ， 所以 0 1 ,1 2 x       ，使得  0 0g x  ，故 A正确； 对于 B：由 A得， 0 1 ,1 2 x       ，使得  0 0g x  ，即 0 0 1ex x  ， 0 0lnx x  ，  g x 在  00, x 上单调递减，在  0 ,x  上单调递增， 所以     00 0 0 0 1e ln 2 2 0xg x g x x x x         ，所以  g x 恒大于 0； 所以要研究函数  h x 的零点，只需研究函数  f x 的零点. 由   2 2ln 2f x x x   ， 令   2 2ln 2x x x    ， 0x  ，    2 122 xx x x      ，当 1x  时，   0x  ，即  x 在  1,  单调递增，当 0 1x  时，   0x  ，即  x 在  0,1 单调递减， 所以    1 0x   ，即   0f x  ，即  f x 在  0,  单调递增， 又 0x 时，   0f x  ，所以   0f x  ， 由  g x 恒大于 0，  f x 恒大于 0，故  h x 无零点，故 B正确； 对于 C：由 B得   0g x  ，由   2g x m  恒成立，得   2g x m  在  0,  恒成立， 答案第 3页，共 6页 所以 2 0m  ，即 2m  ，故C错误； 对于 D：因为  f x 在  0,  单调递增，又 0a  ， 0b  ，则 a b a  ， 所以    f a b f a  ，即      2 22 ln 2 lna b a b a b a a a      ， 整理得  22 2 ln 2 ln 1 bab b b a b a a          ， 不等式两边同除以 2b得，  ln ln 1 2 b a ba a b b a          ，故 D正确. 故选：ABD. 12.【答案】-40. 【详解】二项式  52 x 展开式的通项为    5 51 5 5C 2 1 2 C r rr r r r r rT x x        ， 令 3r  ，则  3 2 3 3 33 1 51 2 C 40T x x     . 13.【答案】 6 a 【详解】由 3 2 2( ) 4 4V x x ax a x   得， 2 2( ) 12 8V x x ax a    ， 令 ( ) 0V x  ，解得0 6 ax  ，令 ( ) 0V x  ，解得 6 2 a ax  ，故 (x)V 在 (0, ) 6 a 单调递增，在 ( , ) 6 2 a a 单调递减，所以 在 6 ax  处取得最大值，故 6 ax  ． 14.【答案】 ea  【解析】 ( ) e 1n 2 0 2 x af x a x       ，  lne ln ln 2 2x a a x     ，且 0a  ， 两边加上 x 得，          ln 2lne ln ln 2 2 ln 2 e xx a x a x x x           ， 设   exg x x  ，则   1 e 0xg x    ，所以  g x 单调递增，  ln ln 2x a x    ，即  ln ln 2a x x   ， 令    ln 2k x x x   ，则   1 11 2 2 xk x x x        ，  f x 的定义域是  2,   ， 当  2, 1x   时，   0k x  ，  k x 单调递增，当  1,x    时，   0k x  ，  k x 单调递减， 当 = 1x  时，  k x 取得极大值即为最大值，    max 1 1k x k   ，  maxln 1a k x   ， ea  . 15.【详解】（1）由正弦定理知 3 sin 3 sin cos sin sinA C B B C  ， （1分） 在 ABCV 中， sin sin( ) sin cos cos sinA B C B C B C    ， （2分） 所以 3 sin cos sin sinB C B C . （3分） 又 , (0, π)B C ， sin 0B  ，可得 tan 3C  ， （5分） 所以 π 3 C  . （6分） 答案第 4页，共 6页 （2）由题意可知 ABCV 的面积 2 3ABCS  . 因为 1 sin 2ABC S ab C ，所以 8ab  . （8分） 由余弦定理 2 2 2 2 cosc a b ab C   ， 可得 2 2 2 2( ) 3c a b ab a b ab      ，即 2 425 ( ) 2a b   ， （10分） 所以 7a b  ， （12分） 所以 12a b c   ，故 ABCV 的周长为 12. （13分） 16.【详解】（1）        2 22 e 1 e 2 1 ex x xf x x a x ax x ax x a          ， （1分） 由题意得     22 4 2 4 1 e 0f a a      ，解得 3a  ， （3分）    2 3 1 exf x x x   ，定义域为 R，        2 2 e 1 2 ex xf x x x x x      ， 令   0f x  得 2x  或 1x   ，令   0f x  得 1 2x   ， （5分） 故  f x 单调递增区间为    , 1 , 2,    ，单调递减区间为  1,2 ， （7分） 此时函数  f x 在 2x  处取得极小值，满足题意； （8分） （2）由（1）知，故  f x 在  2, 1  上单调递增，在  1,0 上单调递减， （10分） 故  f x 在 1x   处取得极大值，也是最大值，   11 5ef   ， （12分） 又     20 1, 2 11ef f    ，其中 21 11e ， （14分） 故  f x 在区间  2,0 上的最小值为 1， （15分） 综上，  f x 在区间  2,0 上的最大值为 15e ，最小值为 1. 17.【详解】（1）取 AD的中点为O，连接 ,QO CO . （1分） 因为QA QD ，OA OD ，则QO AD ， （2分） 而 1 1, 5 2 OA AD QA   ，故 5 1 2QO    . 在正方形 ABCD中，因为 2AD  ，故 1DO  ，故 5CO  ， 因为 3QC  ，故 2 2 2QC QO OC  ，故 QOC 为直角三角形且QO OC ， （4分） 因为OC AD O ，故QO 平面 ABCD， （5分） 因为QO 平面QAD，故平面QAD 平面 ABCD . （6分） （2）在平面 ABCD内，过O作 / /OT CD，交 BC于T ，则OT AD ， 答案第 5页，共 6页 结合（1）中的QO 平面 ABCD，故可建如图所示的空间坐标系. （7分） 则      0,1,0 , 0,0,2 , 2, 1,0D Q B  ，故    2,1,2 , 2,2,0BQ BD      . （8分） 设平面QBD的法向量  , ,n x y z ， 则 0 0 n BQ n BD         即 2 2 0 2 2 0 x y z x y        ，取 1x  ，则 11, 2 y z  ， 故 11,1, 2 n        . （10分） 而平面QAD的法向量为  1,0,0m  ， （12分） 故 1 2cos , 3 31 2 m n      . （14分） 由图可知，二面角 B QD A  的平面角为锐角，故其余弦值为 2 3 . （15分） 18.(1) 2 2 1 2 2 x y   ，点 P的轨迹是焦点在 x轴上，实轴长、虚轴长均为 2 2 的等轴双曲线．(2) 4   ，  2, 【详解】（1）设点  ,P x y ， 根据题意，动点 P的轨迹就是点的集合  2A P PF PM  2 2( 2) 2 1x y x     （2分） 即 2 2 2( 2) 2( 1)x y x    ，整理得 2 2 1 2 2 x y   . （4分） 所以，点 P的轨迹是焦点在 x轴上，实轴长、虚轴长均为 2 2 的等轴双曲线． （5分） （2）设直线 : 2l x my  ，倾斜角大于  3π , 1 4 m     （6分） 设    1 1 1 2 2 2 2, , , , 0,M x y M x y M m      ，联立 2 2 2 2 x my x y      得    2 2 21 4 2 0 1 0m y my m      ， （7分） 故    2 2 2Δ 16 8 1 8 1 0m m m      ， 1 2 24 1 my y m     ， 1 2 2 2 1 y y m    ， （10分） 由题知，双曲线的焦点  2,0F ，    1 1 1 2 2 2 22, , 2, , 2,FM x y FM x y FM m               （13分）   21 2 1 2 1 2 1 2 2 4222 2 2 2 1, 42 1 m y y m mmy my my my my y m                      （15分）   2 221 2 2 2 4 1 1 2 21 2 2 2 1 1 m m y y mm m m              ， 由  , 1m    得  2 1 1 10, 1m         的取值范围是  2,  （17分） 答案第 6页，共 6页 19.(1)存在， 2nna  ，答案不唯一，满足 2 12n n na a a   即可 (2) 1 1 1 4 2 2n S n      (3)证明见解析 【详解】（1）由题意，当 1p  时， 1n n nb a a   ， （1分） 假设存在数列 na ，使得 nb 是公比为 2的等比数列， 则 1 2n nb b  ，即 2 12n n na a a   ， （3分） 不难得出 2nna  符合题意，答案不唯一，满足 2 12n n na a a   即可. （4分） （2）若 2p  ， na n ，则 2( 1) 2 4 4nb n n n n       ， （5分） 1 4 4 1 1 1 (4 4)(4 8) 4 1 2n nb b n n n n          ， （6分） 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 3 4 3 4 4 1 2n S n n                           1 1 1 4 2 2n      . （8分） （3）若 2nna  ，则 1 22 2 ( 1) 2 2n n n n pnb p p              ， （9分） 1 2 3 1 1 2 2 ( 1) 2 2 n n n n p nb p p                  ， （10分） 1 1 2 3 1 1 2 2 2 2 2 2 n n n n n n p n nb b p                    1 2 12 2 2 2 1 2 n n p n np         2 12 2 (1 ) 2n p n np      ， （11分） 2 1 1 2 2 (1 ) 2 2 (2 3) 2 34 4 2 2 2 2 n p n n n n n n p n p n p p b b p p p                 . （12分） 因为 2 3 0 2 p p   ，所以 1 4 2 n n n p b b    . （13分） 因为 1 2 3 2 1 1 2 2 2 2p p p p p p       ， （14分） 所以当 1p  时， 1 2 3 2 1 2 2p p p p     ， （15分） 当 1p  时， 2 3 5 2 2p p   ，所以 2 3 34 2 2p p    . （16分） 所以 1 3 4 2 2 n n n p b b     . （17分）