广东省汕头市潮阳第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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考试时间：120分钟总分：150分
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求.
1. 已知集合，，，则集合的真子集个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】利用交集的定义求出集合，再求真子集个数即可.
【详解】易知，故，
则集合的真子集个数为，故B正确.
故选：B
2. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由等式变形得，运用复数的四则运算求出，即得其虚部.
【详解】由可得，则的虚部为1.
故选：B.
3. 函数的导函数的图像如图所示，以下命题正确的是（ ）
A. 是函数的最小值
B. 是函数的极值
C. 在区间上不单调
D. 在处的切线的斜率大于0
【答案】D
【解析】
【分析】借助导函数图象与原函数图象的关系，函数单调性、最值、极值的定义与导数的意义即可判断.
【详解】由图可知，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故是函数的最小值，也是函数的极小值，在区间上单调递增，
在处的切线的斜率大于0，即A、B、C错误，D正确.
故选：D.
4. 已知按从小到大顺序排列两组数据：甲组：27，30，37，，40，50；乙组：24，，33，44，48，52．若这两组数据的第30百分位数对应相等，第50百分位数也对应相等，则（ ）
A. 60B. 65C. 70D. 75
【答案】C
【解析】
【分析】根据一组数据的百分位数的定义，分别求得两组数据的第30百分位数和第50百分位数，列出方程组求解即得.
【详解】由题意可得解得：故
故选：C.
5. 已知，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式与和角公式化简所求式得，构造分母，分子分母同除以，化弦为切，代入即得.
【详解】由
.
故选：A.
6. 某国军队计划将5艘不同的军舰全部投入到甲，乙，丙三个海上区域进行军事演习，要求每个区域至少投入一艘军舰，且军舰A必须安排在甲区域，则甲区域还有其它军舰的安排方案共有（ ）
A. 14种B. 24种C. 36种D. 50种
【答案】C
【解析】
【分析】按甲区域还有其它几艘军舰进行分情况讨论求解.
【详解】依题意，甲区域除军舰A外至少还有一艘军舰，至多还有两艘军舰.
若甲区域除军舰A外还有一艘军舰，则安排方案共有种；
若甲区域除军舰A外还有两艘军舰，则安排方案共有种；
所以甲区域还有其它军舰的安排方案共有种.
故选：C
7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，P为椭圆上一点，且，若关于平分线的对称点在椭圆C上，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设关于平分线的对称点为，根据题意可得三点共线，设，则，在中，分别求得，再利用余弦定理可得的齐次式，即可得出答案.
【详解】解：设关于平分线的对称点为，
则三点共线，
设，则，
又，所以为等边三角形，所以，
又，所以，
在中，由余弦定理可得：
，
即，所以，
所以.
故选：B.

8. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意，，，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断、，再令，，利用导数说明函数的单调性，即可判断、，即可得解.
【详解】因为，，，
令，，
则，
令，则，
所以在上单调递增，，
所以，所以在上单调递增，所以，
则，即，即，
令，，则，
所以在上单调递减，则，
则，即，即，
所以，综上可得.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是根据式子的特征构造函数，，，，利用导数说明函数的单调性，结合临界点的函数值，从而判断函数值的正负，达到比较大小的目的.
二、多选题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 已知的展开式中，各项的二项式系数之和为64，则（ ）
A. B. 只有第4项的二项式系数最大
C. 若展开式中各项系数之和为64，则D. 若，则展开式中常数项为15
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据二项式定理的二项式系数之和、二项式系数的最值、各项系数之和、展开式的通项逐项判断即可得结论.
【详解】展开式中，各项的二项式系数之和为，则，故A正确；
由于，则二项式系数最大值为，即只有第4项的二项式系数最，故B正确；
令得展开式中各项系数之和为，则或，故C不正确；
若，则的展开式中通项为，
则其常数项为，故D正确.
故选：ABD
10. 已知正方体的棱长为3，点是线段上靠近点的三等分点，是中点，则（ ）
A. 直线与所成角的正切值为
B. 三棱柱外接球的半径为
C. 平面截正方体所得截面为等腰梯形
D. 点到平面的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A：借助等角定理可得直线与所成角与直线与所成角相等，计算出、即可得；对B：由三棱柱外接球与正方体外接球相同，故计算正方体体对角线的一半即可得；对C：借助平行线的性质可作出该截面，计算边长即可得；对D：借助等体积法计算即可得.
【详解】对A：由，故直线与所成角与直线与所成角相等，
连接，可得，又，
故，故A正确；
对B：三棱柱外接球与正方体外接球相同，
故其外接球半径为，故B正确；
对C：如图：取中点，连接，过点作，
交于点，则，所以平面截正方体所得截面为梯形，
由，所以，
所以，，所以，
所以梯形不是等腰梯形，故C错误；
对D：如图：设点到平面的距离为，则，
而，
，
所以，故D正确.
故选：ABD.

11. 已知函数，其中，则（ ）．
A. 不等式对恒成立
B. 若直线与函数的图象有且只有两个不同的公共点，则k的取值范围是
C. 方程恰有3个实根
D. 若关于x的不等式恰有1个负整数解，则a的取值范围为
【答案】AD
【解析】
【分析】对函数求导，判断其单调性，求出其最小值，可判断A选项；作出曲线的图象，根据图象可判断B选项；令，解得，数形结合可判断C选项；由直线过原点，再结合图象分析即可判断D选项．
【详解】对于选项A，，
当或时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以在出取得极小值，，
在处取得极大值，，
而时，恒有成立，
所以的最小值是，即，对恒成立，故A正确；
对于B选项，若函数与直线有且只有两个交点，
由A选项分析，函数的大致图象如下，

由图知，当或时，
函数与直线有且只有两个交点，故B错误；
对于C选项，由，得，解得，
令，和，而，
由图象知，和分别有两解：
综上，方程共有4个根，C错误；

对于D选项，直线过原点，且，，
记，，
易判断，，
不等式恰有1个负整数解，
即曲线在的图象下方对应的x值恰有1个负整数，
由图可得，即，故D正确．

故选：AD
【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若直线是曲线的一条切线，则实数的值为___
【答案】
【解析】
【分析】先设直线与曲线的切点为，进而根据导数的几何意义求解即可.
【详解】解：设直线与曲线的切点为，
对函数求导得，
因为直线是曲线的一条切线，
所以，解得，
所以，
因为切点为在直线上，
所以.
故答案为：
13. 《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得份量成等差数列，且较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小一份的量为___.
【答案】
【解析】
【详解】设此等差数列为{an}，公差为d，则
（a3+a4+a5）×=a1+a2，即，解得a1=，d=．最小一份为a1，
故答案为．
14. 在中，，点Q满足，则的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】借助向量的线性运算、数量积与模长的关系、余弦定理及基本不等式即可得解.
【详解】设中点为M，则，则，
，
又
，
由余弦定理可得：
，
有，
即，
即，当且仅当时，等号成立，
则，
即.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出说明、证明过程或必要的演算步骤.
15. 在△ABC中，角A，B，C的对边长依次是a，b，c，，．
（1）求角B的大小；
（2）若AD是∠BAC的内角平分线，当△ABC面积最大时，求AD的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边，再应用余弦定理可解得角B.
（2）由余弦定理与重要不等式可得面积最大时a、c的值，在中应用正弦定理可解得AD的值.
【小问1详解】
∵，
∴由正弦定理可得，
∴由余弦定理得，
又∵，∴．
【小问2详解】
在中，由余弦定理得，
即．∵，，
∴，当且仅当时取等号，
∴，当且仅当时，，
此时面积最大．
当时，．
又∵为的角平分线，∴
∴在中，，
∴在中，由正弦定理得．
16. 如图，在圆锥中，为圆锥顶点，为圆锥底面的直径，为底面圆的圆心，为底面圆周上一点，四边形为矩形．
（1）求证：平面平面；
（2）若，，，求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，平面，从而得到，即可证明平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，通过求解法向量的夹角余弦值来求解平面和平面夹角的余弦值；
小问1详解】
∵为圆锥底面的直径，为底面圆周上一点，∴．
∵四边形为矩形，平面，
∴，平面，
又平面，∴，
又∵，平面，平面，∴平面．
又平面，∴平面平面．
【小问2详解】
以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，
过点且与平行的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，．
设平面的法向量为，则，即，
令，得，所以．
设平面的法向量为，则，即，
令，得，，所以，
所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为．
17. 已知数列的首项，且满足.
（1）判断数列是否为等比数列；
（2）若，记数列的前项和为，求.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的定义进行判断；
（2）由错位相减法与分组求和法相结合求解．
【小问1详解】
若，解得，则数列不是等比数列；
若，即，因为，所以，
，所以，
，当时，数列是以为首项，为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，，所以，则.
则，
令，①
令②
所以
① ②相减得：
，
得.所以.
18. 已知双曲线C：上任意一点Q（异于顶点）与双曲线两顶点连线的斜率之积为，E在双曲线C上，F为双曲线C的右焦点，|EF|的最小值为.
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）过椭圆上任意一点P（P不在C的渐近线上）分别作平行于双曲线两条渐近线的直线，交两渐近线于M，N两点，且，是否存在m，n使得椭圆的离心率为？若存在，求出椭圆的方程，若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在符合题意的椭圆，其方程为
【解析】
【分析】（1）设，
由及可得，
得，
再结合即可解决问题；
（2）设，则PM方程为，
联立渐近线方程得到，进一步得到，同理得到，
再利用计算即可得到答案.
【小问1详解】
设，
由，
所以， ①
又点在上，所以，
即， ②
由①②得：， ③
又E在双曲线C上，F为双曲线C的右焦点，
|EF|的最小值为，
所以， ④
又，⑤
联立③④⑤解得：，
所以双曲线C的标准方程为：
【小问2详解】
假设存在，由（1）知的渐近线方程为，
则由题意如图：
所以由，
设，则直线方程为，
直线方程为
由，得；
由，得
又，
所以，
所以，，
同理可得，，
由四边形是平行四边形，知，
所以，，
即，
所以，存在符合题意的椭圆，其方程为.
19. 已知函数.
（1）当时，求的极值；
（2）当时，求在上的最小值；
（3）若在上存在零点，求的取值范围.
【答案】（1）极大值为，没有极小值.
（2）0 （3）
【解析】
【分析】（1）利用导函数求函数的极值；
（2）根据导函数求函数的最值；
（3）根据的导数，对进行分类，结合函数的单调性和极值可得的取值范围.
【小问1详解】
当时，，定义域：，，
令，则，变化时，，的变化情况如下表：
则的极大值为：，没有极小值；
【小问2详解】
当时，，定义域：，
，
令，定义域：，，
则在上是增函数，则，所以，
即在上是增函数，则.
【小问3详解】
，定义域：，
，
令，定义域：，，
（1）当时，，则在上是减函数，则，
当时，，则在上是减函数，，不合题意；
当时，，，则存在，使，即，
变化时，，的变化情况如下表：
则，只需，即；
（2）当时，由（1）知在上是增函数，，不合题意；
（3）当时，在上是增函数，在上是增函数，
则在上增函数，，不合题意，
综上所述，的取值范围是.0
单调递增
极大值
单调递减
0
单调递增
极大值
单调递减