广西平果市铝城中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学测试卷

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【详解】，故.
故选：C
2．B
【详解】因为，所以的共轭复数为；
；的虚部为；在复平面内对应点的坐标为，它在第四象限，
故选：B
3．B
【详解】解：因为，所以，解得，
所以.故选：B.
4．D
【详解】由题意知，，由余弦定理，得，
整理，得，即；由正弦定理，得，
所以或，又，
则，得，
由，得，
即，因为，所以，
则，的，解得，所以，所以.
综上诉述，为等腰直角三角形.故选：D
5．A
【详解】解：由题意，所以，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以函数的最小值为.故选：A．
6．D
【详解】根据题意，将5个音阶全排列，共有5个位置，
如图，从左至右依次记为1,2,3,4,5，进而可以分以下三类求解.
当角音阶可以在2号位置，此时只需在宫、羽两音阶中选一个放置到1号位置，剩下的和个音阶和其余的两个任意安排到3,4,5号位置即可，故有种；
当角音阶可以在3号位置，此时只需在宫、羽两音阶中选一个放置到1号或2号位置，剩下的一个音阶放到4,5号位置，最后安排剩余的商、徵两个音阶，共有种；
当角音阶可以在4号位置，此时与2号位置的安排方法相同，共有种；
故宫、羽两音阶不在角音阶的同侧，可排成的不同音序的种数为种.
故选：D
7．D
【详解】对于选项A：，，故A错误；
对于选项B：若是随机变量，则，故B错误；
对于选项C：因为随机变量服从正态分布，故，
则，故C错误；
对于选项D：随机变量的可能取值为、，故，
，当且仅当取等号，故D正确.故选：D
8．C
【详解】设直线与椭圆的交点为，
联立得，
所以， ，
设线段的中点为，知点坐标为，
因为，所以直线垂直平分线段，
所以直线的方程为，且经过点，
可得＝，解得.
因为，所以，
解得，因为，所以.故选：C.
9．ABD
【详解】由图可知，的图象关于直线对称，
所以的最小正周期，所以，
则.由五点作图法可知，
所以，所以.将的图象向右平移个单位长度得到的图象，则，则A，B错误.
令，，解得，，当时，，则C正确.
令，，解得，，则D错误.
故选：ABD.
10．AB
【详解】由，得，故，所以.
由知，点在直线上.
当与圆心重合时，为线段的中点，故轨迹是以为圆心的圆（半径为的一半）.
当在圆内（不与重合）时，，所以的轨迹是以为焦点，为长轴长的椭圆.
当在圆外时，，
所以的轨迹是以为焦点，为实轴长的双曲线.
若在之间时，轨迹在靠近焦点的分支上；
若在之间时，轨迹在靠近焦点的分支上；故选：AB.
11．BCD
【详解】由题意得，
由于有两个不同的极值点，
即有2个正数根，则，，
故需满足，解得，
对于A，，A错误；
对于B，，故，
令，，
即在上单调递减，故，
即，B正确；
对于C，
，C正确；
对于D，
，
可看作曲线上两点连线的斜率，
由于，，故不妨设，
由于，，则曲线在处的切线斜率为1，
由于，故连线的斜率小于1，即，
所以，即，D正确，
故选：BCD
【点睛】难点点睛：解答本题的难点时选项D的判断，解答时结合根与系数的关系将转化为，再结合导数的几何意义判断，即可判断该选项.
12．
【详解】解：因为数列满足，
即，所以为等差数列，
因为，，所以，则，
所以公差，所以，所以.故答案为：
13．
【详解】令，，，
，所以原式为，
又因为展开项的通项公式为，
令，解得， 所以. 故答案为：
14．
【详解】分两种情况讨论：
（1）第一局甲胜，第二局乙胜：
若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；
（2）第一局乙胜，第二局甲胜：
若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，
若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，
所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为.
综上所述，甲、乙各胜一局的概率为.
故答案为：.
【详解】：（1）由正弦定理得， 3分
故， 4分
于是． 5分
又，故，所以或， 6分
因此（舍去）或，所以． 7分
由得， 8分
故有， 9分
因，得．又，所以． 10分
当时，；当时，． 12分
综上，或． 13分
16．
【详解】（1）若第一天比赛的总场数为4，且甲获胜，
故前3场甲赢了2场，第4场甲获胜，则概率为， 3分
若第一天比赛的总场数为4，且乙获胜，
故前3场乙赢了2场，第4场乙获胜，则概率为， 6分
故第一天比赛的总场数为4的概率为； 7分
（2）设决出最终冠军时比赛的总场数为，
其中最小为6，即决赛第一天和第二天均比赛3场结束，且两场均为甲胜或乙胜，
故， 8分
当时，即决赛第一天和第二天均为甲胜或乙胜，且一天比赛了4场，另一天比赛了3场，其中比赛了4场的概率为， 9分
比赛了3场的概率为， 10分
结合可能第一天比赛了4场，可能第二天比赛了4场，且可能甲胜，可能乙胜，
则， 11 分
当时，分为三种情况，
第一种，决赛第一天和第二天均为甲胜或乙胜，且两天均比赛了4场，
此时概率为，12分
第二种，决赛第一天和第二天均为甲胜或乙胜，且一天比赛了5场，另一天比赛了3场，
此时概率为， 13分
第三种，决赛第一天和第二天，甲乙分别胜一场，且两天均比赛了3场，
决赛第三天比赛了2场，甲胜或乙胜，
此时概率为 14分
则，
故. 15分
17．【详解】
证明：（1） 在矩形ABCD中，AB＝2AD，M为CD的中点，∴ AD＝DM. 1分
∵ O是AM的中点，∴ DO⊥AM. 2分
∵ 平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，∴ DO⊥平面ABCM， 5分
∵ DO⊂平面BDO，∴ 平面BDO⊥平面ABCM. 7分
（2） 在矩形ABCD中，AB＝2AD，M为CD的中点，
∴ AM＝BM＝AD＝AB，则AM2＋BM2＝AB2， 8分
∴ AM⊥BM. 9分
由（1）知，DO⊥平面ABCM，
∵ BM⊂平面ABCM，∴ DO⊥BM. 10分
∵ DO∩AM＝O，DO⊂平面ADM，AM⊂平面ADM， 11分
∴ BM⊥平面ADM. 12分
∵ AD⊂平面ADM，∴ AD⊥BM. 15分
18．
【详解】（1）因双曲线C的中心在原点，一个顶点是，则设双曲线C的方程为：， 2分
于是得双曲线C的渐近线方程为， 3分
而双曲线C的一条渐近线的一个方向向量是， 则有， 4分
所以双曲线C的方程为. 5分
（2）依题意，设点，则，即， 6分
， 7分
当时，，此时， 8分
点M到直线DP：的距离为， 9分
而，如图，

四边形ODMP的面积， 11分
所以四边形ODMP的面积为.
显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB方程：， 12分
由消去x得：， 13分
当时，恒成立，设，
则有，， 15分
因此，，所以为定值0. 17分
19．
【详解】（1）时，， 1分
显然， 2分 令，则， 3分
当时，，当时，， 5分
在上单调递减，在上单调递增； 6分
又，则有且只有1个零点，
∴时，有2个零点和. 7分
（2）， 8分
当时，时，，时，， 9分
故在上单调递减，在上单调递增，
时，，所以符合题意，
当时，可由，解得或， 10分
若，即时，当时，，
当时，，当时，， 11分
故在，上单调递增，在上单调递减，
∵，∴，此时要使在时恒成立，还需满足，即， 12分
若，即时，恒成立，故在R上递增，则时，符合题意； 13分
若，即时，当时，， 14分
当时，，当时，，
故在，上单调递增，在上单调递减， 15分
时，，即符合题意，
综上所述：. 17分