广东省茂名市2024届高三下学期4月二模考试数学试题

广东省茂名市2024届高三下学期4月二模考试数学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的.1．已知复数z=cosπ6+isinπ6A．12 B．32 C．1 2．与向量a=(−3A．(35,45) B．(−3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且A．11 B．50 C．55 D．604．已知l,m是两条不同的直线，A．若lm，m⊂α，则lαB．若lα，mβ,αβC．若α⊥β,l⊂αD．若m⊥β,lα5．已知变量x和y的统计数据如表：x12345y66788根据上表可得回归直线方程y=0.6x+a，据此可以预测当A．8.5 B．9 C．9.5 D．106．已知抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，C的准线与x轴的交点为M，点P是C上一点，且点P在第一象限，设∠PMF=α，A．tanα=sinβC．tanβ=−sinα7．若f(x)为R上的偶函数，且f(x)=f(4−x)，当x∈[0,2]时，f(x)=2x−1A．20 B．18 C．16 D．148．已知m，n∈R，m2+n2≠0，记直线nx+my−n=0与直线mx−ny−n=0的交点为P，点Q是圆C：(x+2)2+A．[22,14] B．[22,二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知函数f(x)为R上的奇函数，且在R上单调递增，若f(2a)+f(a−2)>0，则实数a的取值可以是（）A．-1 B．0 C．1 D．210．已知双曲线C:4xA．若k=2，则l与C仅有一个公共点B．若k=22，则l与CC．若l与C有两个公共点，则2<k<2D．若l与C没有公共点，则k>211．已知6lnm=m+a，6n=en+a，其中m≠A．e B．e2 C．3e2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．(x−2)5的展开式中x3的系数是13．在ΔABC中，∠BAC=600,AB=6,AC=3，点D在线段BC14．如图，在梯形ABCD中，∠ABC=∠BAD=900,AB=BC=12AD=2，将ΔBAC沿直线AC翻折至ΔB1AC的位置，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．如图，几何体是圆柱的一半，四边形ABCD是圆柱的轴截面，O为CD的中点，E为半圆弧CD上异于C,D的一点.（1）证明：AE⊥CE；（2）若AB=2AD=4，∠EDC=π3，求平面EOB与平面16．已知函数f(x)=e（1）若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y=0，求实数（2）若a=32，求函数f(x)在区间17．已知椭圆C:x22+y2=1，右焦点为F，过点（1）若直线l的倾斜角为π4，求|AB|（2）记线段AB的垂直平分线交直线x=−1于点M，当∠AMB最大时，求直线l的方程.18．在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军．比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获利第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获得第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获利第二名．甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p(0<p<1)，且不同对阵的结果相互独立．（1）若p=0.①求甲获得第四名的概率；②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；（2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军．哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由．19．有无穷多个首项均为1的等差数列，记第n(n∈N*)个等差数列的第m(m∈N,m≥2)（1）若a2(2)−a（2）若m为给定的值，且对任意n有am(n+1)=2am(n)，证明：存在实数λ，μ（3）若{dn}

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：由题意可知：z=cos2π62．【答案】B【解析】【解答】解：由题意，|因此与a方向相同的单位向量a故选：B【分析】本题考查单位向量的求法.先求出|a→|，根据与a3．【答案】C【解析】【解答】解：由等差数列{an}的性质2则S11故选：C【分析】利用等差数列的性质可求出a6的值，利用等差数列的性质和等差数列的前项公式进行表示可得：S4．【答案】D【解析】【解答】解：A，由题意也有可能l⊂α，若要l∥α，则需l⊄α，A错误；B，若l∥α,m∥β，则l与α没有交点，m与β没有交点，因为则l与m关系不能确定，故l与m可能相交、异面也可能平行，B错误；C，如图：在正方体ABCD−A若平面A1B1C1D1为平面α，平面ABB1A1为平面βD，因为m⊥β,l∥m，所以l⊥β，又l∥α，记l⊂γ且则l∥l'，所以l'故选：D【分析】本题考查空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系.利用直线与平面平行的判定定理可判断A选项；利用直线与平面平行的性质定理，平面与平面平行的性质定理可判断B选项；利用平面与平面垂直的性质定理可判断C选项；利用直线与平面平行的性质定理，直线与平面垂直的性质定理可判断D选项.5．【答案】D【解析】【解答】解：x=1+2+3+4+55则7=0.6×3+a，∴a=5∴x=8时，预测y=0.故答案为：D【分析】本题考查线性回归方程.根据表格数据先求出样本中心点(x,y)的坐标，代入回归直线方程可求出6．【答案】A【解析】【解答】解：过P作PP1垂直准线于在△PFM中，由正弦定理可得|PF|sin即|PF|sinα=在△PP1M中，因为∠所以sinβ=故答案为：A.【分析】过P作PP1垂直准线于P1，在△PFM中由正弦定理可得sin7．【答案】A【解析】【解答】解：若f(x)为R上的偶函数，则f(−x)则f(−x)当x∈[0,2]时，则当x∈[−2,0]时，f(x)=(12函数y=3|sin(πx)|周期是2，最大值为3，把函数y=3sin(πx)在y=f(x)与y=3|sin(πx)|在区间且这10个交点的横坐标关于直线x=2对称，所以g(x)在区间的[−1,故选：A【分析】利用函数的奇偶性和函数关系式可推出f(x)的周期T=4，利用周期性和函数的奇偶性画出f(x)的图象，再通过翻折可画出y=3|sin(πx)|的图象，原问题可转化为：函数f(x)与8．【答案】C【解析】【解答】解：直线nx+my−n=0即直线n(x−1)+my=0，过定点M(1,直线mx−ny−n=0即直线mx−n(y+1)=0，过定点N(0,且mn−mn=0，可知两直线垂直，所以交点P的轨迹是以MN为直径的圆如图所示：即轨迹方程为C1:(x−12因为Q是圆C上一点，且PQ与C相切，可知问题转化为圆C1上任意一点P作直线与圆C相切，求切线|PQ|由题意可知圆C的圆心C(−2,2)，半径为可知当|PC|取得最小值和最大值时，切线|PQ|取得最小值和最大值，因为|CC则|CC1|−可得|PC|min2−所以|PQ|的取值范围为[2,故答案为：C.【分析】由题意可知：交点P的轨迹是以MN为直径的圆，原问题转化为圆C1上任意一点P作直线与圆C相切，求切线|PQ|的范围，可知当|PC|取得最小值和最大值时，切线|PQ|9．【答案】C,D【解析】【解答】解：因为函数f(x)是奇函数，则不等式f(2a)+f(a−2)>0，可变形为f(2a)>−f(a−2)=f(2−a)，因为函数f(x)在R上单调递增，则不等式f(2a)>f(2−a)成立，则2a>2−a，解得a>2故选：CD.【分析】本题考查函数的奇偶性和单调性.先利用奇函数的性质可将不等式f(2a)+f(a−2)>0转变为f(2a)>f(2−a)，再利用函数的单调性可将不等式f(2a)>f(2−a)转变为2a>2−a，解不等式可求出实数a的取值范围，据此可求出答案.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：因为双曲线的方程为4x2−y2A.又因为直线l:y=kx+1过定点(0,1)，当k=2时，直线B.联立4x2−y2当直线l与双曲线C相切时，方程只有一个实数根，Δ=(2k)2+8(4−k2所以当k=22时，直线l与双曲线CC.若l与C有两个公共点，则4−k2≠0Δ=(2k)D.若l与C没有公共点，4−k2≠0故选：ABD【分析】先求出双曲线的渐近线，直线l:y=kx+1所过定点为：(0,1)，当k=2时，直线l与双曲线C的渐近线平行，可知直线l与双曲线C有且只有一个交点，据此可判断A选项；联立直线l与双曲线C的方程，消消去y可得一元一次方程，根据题意可列出方程，解方程可求出k=±22，据此可判断B选项；根据l与C有两个公共点，可列出不等式组，解不等式组可求出k的取值范围，据此可判断C选项；根据l11．【答案】C,D【解析】【解答】解：令f(x)=6lnx−x,当x∈(0,6)时，f'(x)>0；当可知f(x)在(0,6)内单调递增，f(x)在因为6lnm=m+a，6n=6ln且m≠en，不妨设记x1=m,x2则g'(x)=−f可知g(x)在(0,6)上单调递减，则g(x)=f(12−x)−f(x)>g(6)=0，可得f(12−x又因为12−x1,x2所以12−x1<x2对比选项可知：AB错误；CD正确；故答案为：CD.【分析】构建f(x)=6lnx−x,x>0，利用导数判断f(x)的单调性，结合题意可知0<m<6<en，构建g(x)=f(12−x)−f(x)，12．【答案】40【解析】【解答】因为C52x3(−2)故答案为：40

【分析】利用二项展开式的通项公式可求出答案.13．【答案】2【解析】【解答】解：由余弦定理，BC则有AB2=AC2+BC由BD=2DC，得DC=3，所以AD=故答案为：23【分析】本题考查利用余弦定理和勾股定理解三角形.先利用余弦定理求出BC，再利用勾股定理的逆定理证明△ABC为直角三角形，∠C=90∘，再利用勾股定理可求出14．【答案】3π【解析】【解答】解：已知如图所示：当三棱锥B1−ACD的体积最大时，由于底面所以此时B1到底面ACD的距离最大，平面B1AC⊥且平面B1AC∩平面取AC的中点E，则B1E⊥AC，故B1取AD的中点O，则OE=2，又B1E=2，且又∵OA=OD=OC=2，故O是三棱锥B1−ACD的外接球球心，且该外接球的半径显然，当且仅当过点M的平面与OM垂直时，截外接球的截面面积最小，此时，截面的圆心就是点M，记其半径为r，则R=2=O由于AC⊥CD，CD⊂平面ACD，所以CD⊥平面B1而AB1⊂平面B1AC在△B1AD中，B又3AM=MB1故由余弦定理有OM∴r2=R故答案为：3π【分析】当三棱锥B1−ACD的体积最大时，此时B1到底面ACD的距离最大，可推出平面B1AC⊥平面ACD，利用平面与平面垂直的性质定理可证明B1E⊥平面ACD，取AC的中点E，AD的中点O，利用勾股定理可推出OA=OD=OC=2，据此可知O是三棱锥B1−ACD15．【答案】（1）证明：∵CD是圆的直径，∴CE⊥DE又∵AD⊥平面CDE，CE⊂平面CDE，∴CE⊥AD，∵DE∩AD=D，DE,AD⊂平面ADE，∴CE⊥平面又AE⊂平面ADE，∴AE⊥CE；（2）解：记点E1为点E在底面上的投影，以E1为坐标原点，E1∵AB=4,∠EDC=π3故E(0,∴EO记平面EOB，平面DOB的法向量分别为n=(则n·EO=0n·EB=0故可取y1则n=(−∴cos∴平面EOB与平面DOB夹角的余弦值为77【解析】【分析】（1）利用圆柱的性质可得：侧棱AD⊥平面CDE，利用直线与平面垂直的性质可推出：CE⊥AD，再根据CD是圆的直径可推出CE⊥DE，利用直线与平面垂直的判定定理可证明CE⊥平面ADE，利用直线与平面垂直的性质定理可证明结论；（2）利用点E1为点E在底面上的投影，以E1为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求出对应向量，求出平面DOB的法向量和平面16．【答案】（1）解：因为f(x)=e所以f'所以f'因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为所以f所以1−a=−1所以a=2；（2）解：当a=32时，令h'当x∈[0,π2]时，又h(0)=1−32=−所以∃唯一的x0∈(0当x∈[0,x0)时，h(x)<0,又f(0)=0所以f(x)【解析】【分析】（1）先求出导函数f'(x)，根据导函数的几何意义求出切线斜率，再根据切线方程可列出关于（2）构造函数h(x)=f'(x)，求出导函数h'(x)，利用导函数h17．【答案】（1）解：由题意可得F(1,因为直线l的倾斜角为π4，所以k=因此，l的方程为y=x−1，联立方程x22+y解得x所以A(0因此，|AB|=（2）解：设A(x1,y1),B(x联立方程x22+y因此y1所以|AB|=1+设线段AB的中点为G，则yG所以|MG|=1+所以tan设t=1+m2当且仅当t=3，即m=±当∠AMB2最大时，∠AMB也最大，此时直线l的方程为x=±即x+2y−1=0【解析】【分析】（1）根据椭圆方程可求出椭圆右焦点坐标，利用直线的点斜式可求出直线l的方程，联立直线方程和椭圆方程，可求出交点A,B的坐标，利用两点之间距离公式可求出（2）根据题意分析可得直线l的斜率不为0，设l为x=my+1，联立直线方程和椭圆方程，应用韦达定理和弦长公式可求出|AB|，计算AB的中点G,|MG|，利用正切定义和换元法可得：tan∠AMB