2023-2024学年广东省茂名市化州市高二上学期期末教学质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省茂名市化州市2023-2024学年高二上学期期末教学质量监测数学试题注意事项:1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡指定的位置上.2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹的笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.第一部分选择题（共60分）一、单项选择题：本大题共8个小题，每个小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的．1.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，可得，所以，由对数函数的性质得，则.故选：C.2.，为虚数，则复数（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，得.故选B.3.在数列中，，．是该数列的前项和，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据题意由可得，由等差数列定义可得数列是首项为2，公差为2等差数列，所以可得，，即可得.故选：B4.设，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，且，，则“”是“”的（）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【答案】A【解析】由，，则，又，所以，故“”是“”的充分条件.当满足，，时，直线可能平行，可能相交，也可能异面.故“”不是“”的必要条件.故选：A5.函数的图象是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】，当或时，，，排除AD，当时，，，排除C，故选：B．6.已知直线与圆相交于点A，B，点P为圆上一动点，则面积的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由圆心为，半径为，则圆心到直线距离，所以，要使面积最大，只需圆上一动点P到直线距离最远，为，所以面积的最大值是.故选：A7.已知甲袋中有4个白球､个红球，乙袋中有2个白球､4个红球，各个球的大小与质地相同.现从甲､乙两袋中依次不放回地各取2个球，若从甲袋中取出的2个球的颜色不相同与从乙袋中取出的2个球的颜色不相同的概率相等，则（）A.2 B.4 C.6或2 D.8或4【答案】C【解析】设事件为“从甲袋中取出的2个球的颜色不相同”，事件为“从乙袋中取出的2个球的颜色不相同”，则，所以，解得或.故选：C.8.已知双曲线（，）的离心率为，圆与C的一条渐近线相交，且弦长不小于4，则a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设双曲线的半焦距为，则，解得，且双曲线的焦点在x轴上，所以双曲线的渐近线为，因为圆的圆心为，半径，可知圆关于x轴对称，不妨取渐近线为，即，则圆心到渐近线的距离，可得，又因为圆与双曲线C的一条渐近线相交弦长为，由题意可得，解得，所以a的取值范围是.故选：D.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知M是椭圆上一点，，是其左右焦点，则下列选项中正确的是（）A.椭圆的焦距为2 B.椭圆的离心率C.椭圆的短轴长为4 D.的面积的最大值是4【答案】BCD【解析】因椭圆方程为，所以，所以椭圆的焦距为，离心率，短轴长为，故A错误，B,C正确；对于D，当M为椭圆短轴的一个顶点时，以为底时的高最大，为2,此时的面积取最大为,故正确.故选：BCD.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.函数的最小正周期为B.函数的图象关于点对称C.函数的图象可由的图象上所有点横坐标缩短为原来的，纵坐标不变得到D.函数的图象可由的图象上所有点向左平移个单位得到【答案】ACD【解析】因为，对于A选项，函数的最小正周期为，A对；对于B选项，，所以，函数的图象不关于点对称，B错；对于C选项，函数的图象可由的图象上所有点横坐标缩短为原来的，纵坐标不变得到，C对；对于D选项，因为，所以，函数的图象可由的图象上所有点向左平移个单位得到，D对.故选：ACD.11.下列说法正确的是（

）A.若，，则的最大值为4B.，，则的最小值是4C.当时，有最大值D.的最小值为【答案】BD【解析】对于A，由题意及基本不等式可知：，当且仅当时取得等号，故A错误；对于B，由题意及基本不等式可知：，当且仅当时取得等号，故B正确；对于C，由题意及基本不等式可知：，当且仅当，即时取得等号，故C错误；对于D，易知，令，则，根据对勾函数的单调性知时函数单调递增，所以，当即时取得等号，故D正确.故选：BD12.如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，与交于点，平面，且，则（）A.平面 B.四棱锥的外接球表面积为C.四棱锥的内切球半径为1 D.直线与平面所成角的为【答案】ABD【解析】对于A，由平面，平面，得，由正方形，得，而平面，因此平面，A正确；对于B，因为平面，，四边形是边长为2的正方形，则四棱锥可补形成正方体，如图，显然四棱锥的外接球即为正方体的外接球，其直径为，该球的表面积，B正确；对于C，四棱锥的表面积，设四棱锥的内切球半径为，则，即，解得，C错误；对于D，在选项B的正方体中，，平面即为平面，连接，连接，由平面，平面，得，又，平面，因此平面，是直线与平面所成的角，，则，因此直线与平面所成角的为，D正确.故选：ABD第二部分非选择题（共90分）三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卷的横线上．13.已知数列是等比数列，首项，公比，则__________.【答案】【解析】因为数列是等比数列，且首项，公比，所以，故答案为：14.已知单位向量，满足，则与的夹角为__________.【答案】【解析】因为，是单位向量，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以.故答案为：.15.直线l：与有两个不同交点，则m的取值范围________.【答案】【解析】即为，表示圆心在原点半径为的圆位于轴右侧的部分，直线即为，过定点，在平面直角坐标系中作出直线和半圆的图象如下图所示：圆与坐标轴交于，且直线的斜率为，当直线经过时，此时，解得，当直线与圆相切时，，解得或（舍），根据图象可知，若直线与半圆有两个不同交点，则，故答案为：.16.对大于或等于2自然数的次幂进行如下方式的“分裂”：按此方法，的“分裂”中最大数是______，若的“分裂”中的最小数是21，则的值为_______．【答案】9;5【解析】由题意知：当底数为2时，分解为两个连续奇数之和，当底数为3时，分解为三个连续奇数之和，以此类推，当底数为5时，分解为5个连续奇数之和，设，解得，则分解为，所以“分裂”中最大数是9，由题意知：，解得，所以的值为5，故答案为：9；5四、解答题：本大题共6个小题，满分共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且.（1）求；（2）若的面积为，求的周长.解：（1）由已知得由正弦定理得，则．即（2），得，由余弦定理，即，则，所以，的周长为．18.已知等差数列满足，．（1）求的通项公式；（2）已知求数列，求的前项和．解：（1）为等差数列，设出公差为，因为，所以，因，所以，所以，所以，所以，所以；（2）由（1）知，所以，所以，，所以，所以，所以.19.如图，在直四棱柱中，，，．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．解：（1）连接．∵在直四棱柱中平面，，平面，∴，．∵，，∴，∵，∴，∴．∵，平面，，∴平面．（2）在直四棱柱中，⊥平面,，可得,两两之间互相垂直.以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，∴，，．设为平面的一个法向量，则令，得．设为平面的一个法向量，则令，得．设平面与平面的夹角为，且由图可得为锐角,则，故平面与平面夹角的余弦值为．20.已知抛物线经过点，直线与抛物线相交于不同的A、两点．（1）求抛物线的方程；（2）如果，证明直线过定点，并求定点坐标.解：（1）由题意可知，将点代入抛物线方程，可得，解得，则抛物线方程为．（2）因为直线与抛物线相交于不同的A、两点，所以直线不与x轴平行，可设，与联立，得，设，，∴，．，由，解得，∴过定点．21.某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20，25），第二组：[25，30），第三组：[30，35），第四组：[35，40），第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.（1）根据频率分布直方图，求m的值并估计这m人年龄的第80百分位数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者.（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m人中35~45岁所有人的年龄的方差.解：（1）由题意，，所以.设第80百分位数为，因为，，故第80百分位数位于第四组：[35，40）内，由，解得：，所以第80百分位数为；（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为，甲，第五组抽取2人，记为，乙，对应的样本空间为：，甲，乙，甲，乙），（B，D），（C，甲），（甲，乙），（甲，D），（乙，D）共15个样本点.设事件“甲､乙两人至少一人被选上”，则，甲，乙，甲，乙），，甲，乙），（甲，乙），（甲，乙，，共有9个样本点.所以.（ii）设第四组､第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，方差分别为，则，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.则，，因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，据此，可估计这人中年䍅在岁的所有人的年龄方差约为10.22.已知函数，若在区间内有且仅有一个，使得成立，则称函数具有性质M.（1）若，判断是否具有性质M，说明理由；（2）若函数具有性质M，试求实数m的取值范围.解：（1）令即，而，故，故具有性质M.（2）由题设在上有唯一解，故在上有唯一解，设，若，因在上有唯一解，故，故或.若或，则或，而当时，的另一个根为，故符合.当时，仅有一个根，故不符合.当时，因在上有唯一解，故，整理得到，解得，综上，或或.广东省茂名市化州市2023-2024学年高二上学期期末教学质量监测数学试题注意事项:1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡指定的位置上.2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹的笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.第一部分选择题（共60分）一、单项选择题：本大题共8个小题，每个小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的．1.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，可得，所以，由对数函数的性质得，则.故选：C.2.，为虚数，则复数（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，得.故选B.3.在数列中，，．是该数列的前项和，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据题意由可得，由等差数列定义可得数列是首项为2，公差为2等差数列，所以可得，，即可得.故选：B4.设，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，且，，则“”是“”的（）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【答案】A【解析】由，，则，又，所以，故“”是“”的充分条件.当满足，，时，直线可能平行，可能相交，也可能异面.故“”不是“”的必要条件.故选：A5.函数的图象是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】，当或时，，，排除AD，当时，，，排除C，故选：B．6.已知直线与圆相交于点A，B，点P为圆上一动点，则面积的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由圆心为，半径为，则圆心到直线距离，所以，要使面积最大，只需圆上一动点P到直线距离最远，为，所以面积的最大值是.故选：A7.已知甲袋中有4个白球､个红球，乙袋中有2个白球､4个红球，各个球的大小与质地相同.现从甲､乙两袋中依次不放回地各取2个球，若从甲袋中取出的2个球的颜色不相同与从乙袋中取出的2个球的颜色不相同的概率相等，则（）A.2 B.4 C.6或2 D.8或4【答案】C【解析】设事件为“从甲袋中取出的2个球的颜色不相同”，事件为“从乙袋中取出的2个球的颜色不相同”，则，所以，解得或.故选：C.8.已知双曲线（，）的离心率为，圆与C的一条渐近线相交，且弦长不小于4，则a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设双曲线的半焦距为，则，解得，且双曲线的焦点在x轴上，所以双曲线的渐近线为，因为圆的圆心为，半径，可知圆关于x轴对称，不妨取渐近线为，即，则圆心到渐近线的距离，可得，又因为圆与双曲线C的一条渐近线相交弦长为，由题意可得，解得，所以a的取值范围是.故选：D.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知M是椭圆上一点，，是其左右焦点，则下列选项中正确的是（）A.椭圆的焦距为2 B.椭圆的离心率C.椭圆的短轴长为4 D.的面积的最大值是4【答案】BCD【解析】因椭圆方程为，所以，所以椭圆的焦距为，离心率，短轴长为，故A错误，B,C正确；对于D，当M为椭圆短轴的一个顶点时，以为底时的高最大，为2,此时的面积取最大为,故正确.故选：BCD.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.函数的最小正周期为B.函数的图象关于点对称C.函数的图象可由的图象上所有点横坐标缩短为原来的，纵坐标不变得到D.函数的图象可由的图象上所有点向左平移个单位得到【答案】ACD【解析】因为，对于A选项，函数的最小正周期为，A对；对于B选项，，所以，函数的图象不关于点对称，B错；对于C选项，函数的图象可由的图象上所有点横坐标缩短为原来的，纵坐标不变得到，C对；对于D选项，因为，所以，函数的图象可由的图象上所有点向左平移个单位得到，D对.故选：ACD.11.下列说法正确的是（

）A.若，，则的最大值为4B.，，则的最小值是4C.当时，有最大值D.的最小值为【答案】BD【解析】对于A，由题意及基本不等式可知：，当且仅当时取得等号，故A错误；对于B，由题意及基本不等式可知：，当且仅当时取得等号，故B正确；对于C，由题意及基本不等式可知：，当且仅当，即时取得等号，故C错误；对于D，易知，令，则，根据对勾函数的单调性知时函数单调递增，所以，当即时取得等号，故D正确.故选：BD12.如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，与交于点，平面，且，则（）A.平面 B.四棱锥的外接球表面积为C.四棱锥的内切球半径为1 D.直线与平面所成角的为【答案】ABD【解析】对于A，由平面，平面，得，由正方形，得，而平面，因此平面，A正确；对于B，因为平面，，四边形是边长为2的正方形，则四棱锥可补形成正方体，如图，显然四棱锥的外接球即为正方体的外接球，其直径为，该球的表面积，B正确；对于C，四棱锥的表面积，设四棱锥的内切球半径为，则，即，解得，C错误；对于D，在选项B的正方体中，，平面即为平面，连接，连接，由平面，平面，得，又，平面，因此平面，是直线与平面所成的角，，则，因此直线与平面所成角的为，D正确.故选：ABD第二部分非选择题（共90分）三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卷的横线上．13.已知数列是等比数列，首项，公比，则__________.【答案】【解析】因为数列是等比数列，且首项，公比，所以，故答案为：14.已知单位向量，满足，则与的夹角为__________.【答案】【解析】因为，是单位向量，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以.故答案为：.15.直线l：与有两个不同交点，则m的取值范围________.【答案】【解析】即为，表示圆心在原点半径为的圆位于轴右侧的部分，直线即为，过定点，在平面直角坐标系中作出直线和半圆的图象如下图所示：圆与坐标轴交于，且直线的斜率为，当直线经过时，此时，解得，当直线与圆相切时，，解得或（舍），根据图象可知，若直线与半圆有两个不同交点，则，故答案为：.16.对大于或等于2自然数的次幂进行如下方式的“分裂”：按此方法，的“分裂”中最大数是______，若的“分裂”中的最小数是21，则的值为_______．【答案】9;5【解析】由题意知：当底数为2时，分解为两个连续奇数之和，当底数为3时，分解为三个连续奇数之和，以此类推，当底数为5时，分解为5个连续奇数之和，设，解得，则分解为，所以“分裂”中最大数是9，由题意知：，解得，所以的值为5，故答案为：9；5四、解答题：本大题共6个小题，满分共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且.（1）求；（2）若的面积为，求的周长.解：（1）由已知得由正弦定理得，则．即（2），得，由余弦定理，即，则，所以，的周长为．18.已知等差数列满足，．（1）求的通项公式；（2）已知求数列，求的前项和．解：（1）为等差数列，设出公差为，因为，所以，因，所以，所以，所以，所以，所以；（2）由（1）知，所以，所以，，所以，所以，所以.19.如图，在直四棱柱中，，，．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．解：（1）连接．∵在直四棱柱中平面，，平面，∴，．∵，，∴，∵，∴，∴．∵，平面，，∴平面．（2）在直四棱柱中，⊥平面,，可得,两两之间互相垂直.以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，∴，，．设为平面的一个法向量，则令，得．设为平面的一个法向量，则令，得．设平面与平面的夹角为，且由图可得为锐角,则，故平面与平面夹角的余弦值为．20.已知抛物线经过点，直线与抛物线相交于不同的A、两点．（1）求抛物线的方程；（2）如果，证明直线过定点，并求定点坐标.解：（1）由题意可知，将点代入抛物线方程，可得，解得，则抛物线方程为．（2）因为直线与抛物线相交于不同的A、两点，所以直线不与x轴平行，可设，与联立，得，设，，∴，．，由，解得，∴过定点．21.某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次