广东省茂名市2023-2024学年高二下学期7月期末考试 数学 含解析

2024年茂名市普通高中高二年级教学质量监测数学试卷本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：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.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.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.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.函数的图象大致为（）A. B.C. D.4.已知直线与抛物线：交于两点，则（）A. B.5 C. D.5.已知一个等差数列项数为奇数，其中所有奇数项的和为，所有偶数项的和为，则此数列的项数是（）A. B. C. D.6.已知函数，则不等式的解集为（）A. B.C. D.7.函数，（，）满足，且在区间上有且仅有3个零点，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.8.如图，棱长为2的正方体中，，，，，则下列说法不正确的是（）A.时，平面B.时，四面体的体积为定值C.时，，使得平面D.若三棱锥的外接球表面积为，则二、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.已知向量，不共线且，则下列结论一定正确的是（）A.或 B.C. D.，在上的投影向量相等10.掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为，，记事件“”，“为偶数”，“为奇数”，则（）A B. C. D.与互斥11.已知函数，其中实数，，且，则（）A当时，没有极值点B.当有且仅有3个零点时，C.当时，为奇函数D.当时，过点作曲线的切线有且只有1条三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知圆锥的底面直径为，母线长为2，则此圆锥的体积是______.13.已知数列是首项为，公比为的等比数列，且，则的最大值为______.14.已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，.过点的直线与轴交于点，与交于点，且，点在以为直径的圆上，则的渐近线方程为______.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.如图，正三棱柱中，为边的中点.（1）证明：平面；（2）若，三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.16.已知函数，.（1）若在点处的切线的斜率为1，求的极值；（2）若，证明：当时，.17.锐角中，角，，的对边分别为，，，且.（1）求角的大小；（2）若，求值.18.已知椭圆：（）的一个顶点为，离心率为.（1）求的方程；（2）设，直线（且）与交于不同的两点，，若直线与交于另一点，则直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.19.某同学参加趣味答题比赛，规则如下：第1次答题时，若答对则得2分，否则得1分；从第2次答题开始，若答对则获得上一次答题得分2倍，否则得1分，该同学每次答对的概率都为，答错的概率都为，且每次答对与否相互独立.记第次答题得分为.（1）求；（2）求（）的分布列和期望；（3）在游戏开始前，该同学有两个选择，①从第2次开始，若第次得分刚好为时，则该同学获得胜利，游戏结束.②从第1次开始，若第次得分刚好为时，则该同学获得胜利，游戏结束.已知共有4次答题环节，求该同学选择哪个方案获得胜利的概率更大.2024年茂名市普通高中高二年级教学质量监测数学试卷本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：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.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出集合，根据集合的交集运算进行求解.【详解】由题可得，则，故选：B2.复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【详解】,对应点为,位于第二象限,选B.3.函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先判断函数奇偶性得函数为奇函数，故排除C,D，在根据时，排除B,进而得答案.【详解】因为，所以是奇函数，排除C，D.当时，，，排除B.故选：A.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.4.已知直线与抛物线：交于两点，则（）A. B.5 C. D.【答案】B【解析】【分析】证明直线过焦点，再利用焦半径公式和韦达定理即可得到答案.【详解】将与抛物线联立得，设，显然抛物线焦点坐标为，令，即，则，则直线过焦点，则.故选：B.5.已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为，所有偶数项的和为，则此数列的项数是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的性质与其前项和的性质求解即可.【详解】设该等差数列中有项，其中偶数项有项，奇数项有项，设等差数列的前项和为，则，为等差数列，，，解得，，此数列的项数是项.故选：.6.已知函数，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】证明函数的奇偶性，再分析出其单调性，从而得到，解出即可.【详解】由可得且，则偶函数，，因为在上单调递减，在上单调递增，则恒成立，则在单调递减，在单调递增，，解得或.故选：D.7.函数，（，）满足，且在区间上有且仅有3个零点，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】代入解出，再利用整体法得到，解出即可.【详解】，，因为，，则因为在区间上有且仅有3个零点，且在零点0之前的三个零点依次为，则，解得.故选：C.8.如图，棱长为2的正方体中，，，，，则下列说法不正确的是（）A.时，平面B.时，四面体的体积为定值C.时，，使得平面D.若三棱锥的外接球表面积为，则【答案】C【解析】【分析】利用线面平行的判定推理判断A；由线面平行确定点到平面的距离是定值判断B；由空间向量数量积的运算律计算判断C；求出外接球半径计算判断D.【详解】对于A，当时，，即，而平面，平面，因此平面，A正确；对于B，正方体中，当时，面积是定值，又，平面，平面，则平面，于是点到平面的距离是定值，因此四面体的体积为定值，B正确；对于C，当时，，而，则，因此不垂直于，不存在，使得平面，C错误；对于D，显然平面，则三棱锥与以线段为棱的长方体有相同的外接球，令球半径为，则，球的表面积，解得，D正确.故选：C【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，进而确定球半径求解.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.已知向量，不共线且，则下列结论一定正确的是（）A.或 B.C. D.，在上投影向量相等【答案】BC【解析】【分析】根据向量垂直的向量表示即可判断AB；根据向量加减法的几何意义或者根据向量数量积的运算律即可判断C；举出反例即可判断D.【详解】对AB，，A选项错误；B选项正确；对C，由向量加法和减法的几何意义，是矩形的两条对角线长度是相等的，选项C正确；或者由，则，则，则，则，故C正确；对D，根据矩形性质知，在上在上的投影向量的模不一定相等，如图所示：，且，，在上的投影向量分别为，故D选项错误.故选：BC.10.掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为，，记事件“”，“为偶数”，“为奇数”，则（）A. B. C. D.与互斥【答案】AC【解析】【分析】列出所有满足题意的情况，根据古典概型公式即可判断A；求出事件，，的情况，再利用条件概率公式即可判断BC；再根据互斥事件的判定方法即可判断D.【详解】掷一枚质地均匀的骰子两次的可能结果共有36种.对A，事件“”的可能结果有6种，即，选项A正确；对B，事件“为偶数”的可能结果有种，事件“为偶数且”的可能结果有5种，，选项B错误；对C，事件“为奇数”的可能结果有18种，事件“为奇数且”的可能结果有2种.，选项C正确；对D，样本点为时，说明与不互斥，选项D不正确.故选：AC.11.已知函数，其中实数，，且，则（）A.当时，没有极值点B.当有且仅有3个零点时，C.当时，为奇函数D.当时，过点作曲线的切线有且只有1条【答案】BCD【解析】【分析】对A，直接代入求导即可得到其极值点；对B，求导得到的单调性，再根据其零点个数得到不等式组，解出即可；对C，代入，化简即可；对D，设切点，求出切线方程，代入，再转化得，转化为直线与的交点个数问题.【详解】对A，当时，，则，当时，，当或时，，所以分别是函数的极大值点和极小值点，选项A错误；对B，当时，，当，，当或时，，即在上单调递减，在和上单调递增.当有且仅有3个零点时，且得53a+b>0−9a+b<0，得，故B正确；对C，当时，，，设，定义域为，且，所以为奇函数，选项C正确；对D，，不在曲线上.设过点的曲线切线的切点为，，过点的曲线切线的方程为，又点在切线上，有，即，设，，当或时，单调递减，当时，单调递增，则，，∵m∈a3+b,+∞,∴m−ba>故选；BCD.【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是设出切点坐标，写出切线方程，将代入切线方程得，最后转化为直线与函数的交点个数问题.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知圆锥的底面直径为，母线长为2，则此圆锥的体积是______.【答案】【解析】【分析】求出圆锥的高，再利用圆锥的体积公式即可求出答案.【详解】记圆锥的底面半径为，母线为，高为，则，，故答案为：.13.已知数列是首项为，公比为的等比数列，且，则的最大值为______.【答案】99【解析】【分析】根据给定条件，求出数列的通项公式，再利用分组求和法及等比数列前n项和公式求和，然后借助数列单调性求解即得.【详解】依题意，，则，数列的前n项和，显然数列是递增数列，而，所以使得成立的的最大值为99.故答案为：9914.已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，.过点的直线与轴交于点，与交于点，且，点在以为直径的圆上，则的渐近线方程为______.【答案】【解析】【分析】设，则，利用勾股定理得到，则得到，最后再利用余弦定理得到齐次方程即可.【详解】依题意，设，则，因为点在以为直径的圆上，则，在Rt中，，则，故或(舍去)，所以，则，故，所以在中，，整理得，则，则，则，故的渐近线方程为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用双曲线的定义和勾股定理得到，最后再利用余弦定理得到齐次方程，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.如图，正三棱柱中，为边的中点.（1）证明：平面；（2）若，三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明，利用线面平行判定即可证明；（2）利用等体积法求出，再建立合适的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用面面角的夹角公式即可.【小问1详解】连接，与交于点，连接，分别为边的中点，；又平面平面，平面.【小问2详解】，正三棱柱中，平面，，又是正三角形，是边的中点，，又，且平面，平面，取的中点，则两两垂直，故以为原点，分别为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系；则，，记平面，平面的法向量分别为，则，，即，，故可取，则，，又二面角所成的平面角是锐角，故其余弦值为.16.已知函数，.（1）若在点处的切线的斜率为1，求的极值；（2）若，证明：当时，.【答案】（1）极小值为，无极大值（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由求出，再由导致求出极值即可；（2）令，得，再构造函数，利用导数求出可得单调性，结合在上最值情况可得答案.【小问1详解】，若在点处的切线的斜率为1，则，解得，所以，，令，解得，当时，，所以单调递减，当时，，所以单调递增，所以在有极小值，为，无极大值；【小问2详解】若，则，令，所以，令，则，当时，，所以单调递减，所以，即，所以在上单调递增，所以，可得，即.17.锐角中，角，，的对边分别为，，，且.（1）求角的大小；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理化边为角，再利用两角和的正弦公式展开化简即可得到，则得到角的大小；（2）记，则，再利用余弦定理得或，再分类讨论即可.【小问1详解】由正弦定理得：，，，又，，又.【小问2详解】记，则；由余弦定理，即，，或，时，角对的边最大，且，则是钝角，舍去；时，角对的边最大，且，符合.又；，又，，.18.已知椭圆：（）的一个顶点为，离心率为.（1）求的方程；（2）设，直线（且）与交于不同的两点，，若直线与交于另一点，则直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】（1）；（2）过定点，定点坐标为.【解析】【分析】（1）首先得到，再根据离心率和关系即可得到方程组，解出即可；（2）设直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理式，计算直线的方程，令化解即可.【小问1详解】由题意可得，，又由，得，所以的方程为.【小问2详解】显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，由消去整理得，，所以，直线的方程为，根据的对称性可知，若直线恒过定点，则定点在轴上，令，解得所以直线过定点.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法联立椭圆方程得到韦达定理式，再写出直线的表达式，令计算为定值即可.19.某同学参加趣味答题比赛，规则如下：第1次答题时，若答对则得2分，否则得1分；