广东省茂名市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省茂名市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 已知函数，则不等式的解集为， 函数，等内容，欢迎下载使用。

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. 5C. 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：B
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
【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. 5C. 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>13，根据图象知与只有一个交点，选项D正确.
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：99
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______.
【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；从第2次答题开始，若答对则获得上一次答题得分的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.
【答案】（1）
（2）分别列见解析，
（3）方案②
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可得到答案；
（2）首先分析出得可能取值，再按步骤列出分布列，最后利用期望公式和等比数列求和公式即可；
（3）选择方案①，计算出的值，选择方案②，计算出，两者比较大小即可.
【小问1详解】
由题意可知表示事件“第1次答错，第2，3次均答对”，
【小问2详解】
可取且表示事件“第次答错”，
所以，
当时，，
表示事件“第次答错，第次均答对”，
所以，，
表示事件“第次都答对”
，
所以
所以的分布列为：
【小问3详解】
若选择方案①，只可能为2，4，即:，
表示事件“第1次答错，第2次答对”，
表示事件“第2次答错，第3、4次均答对"，
因为、互斥，所以
若选择方案②，只可能为1，2，4，即:，
表示事件“第1次答对”；
表示事件“第1、2次均答对”，
而第1次答对的话，游戏已结束，故不需要考虑这种情况；
表示事件“第1次答错，第2，3，4次均答对”；
因为与互斥，所以
，
所以应该选择方案②.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是得到，再利用等比数列的性质得到，最后列出分布列，再求出期望即可.
1
2
4