广东省湛江市霞山区2023-2024学年高二下学期5月期中联考数学试题（解析版）

这是一份广东省湛江市霞山区2023-2024学年高二下学期5月期中联考数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了非选择题的作答等内容，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. 设集合，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据并集运算求解即可．
【详解】由题意,
故选：A.
2. 设，在复平面内对应的点为，若，则点所在区域的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的几何意义即可得解.
【详解】因为，
所以点所在区域为两个同心圆所形成的圆环，其中一个半径为，另一个半径为，
则其面积为.
故选：A.
3. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件概率的计算公式计算即可.
【详解】．
故选：C．
4. 在中，已知A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，则，然后由余弦定理得，求解即可.
【详解】因为，所以设，，
由余弦定理得，，
所以，所以．
故选：B．
5. 若直线与单位圆交于A，B两个不同的点，则是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式，直线与圆的位置关系与解三角形相关知识，对两个条件进行正反推理论证，即可得结果.
【详解】若，则圆心到直线得距离，
又半径，，
则，，故，即充分性成立；
若，则是等腰直角三角形，，
则圆心到直线得距离，即，
得，则，即必要性不成立；
综上所述：是的充分不必要条件．
故选：A．
6. 甲乙两名大学生计划今年五一假期分别从岳阳楼，常德桃花源，天门山，长沙橘子洲头，茶峒古镇五个不同的景区随机选三个景区前往打卡旅游，则两人恰好有两个景区相同的选法共有（ ）
A. 36种B. 48种C. 60种D. 72种
【答案】C
【解析】
【分析】利用分步计数原理，结合排列组合求解.
【详解】先从5个景点选出2个相同的，有种，
再从剩下的3个景点选两个分配给甲乙二人，有，
所以两人恰好有两个景区相同的选法共有种.
故选：C.
7. 若双曲线的离心率为，右焦点为，点E的坐标为，则直线OE（O为坐标原点）与双曲线的交点个数为（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 不确定
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出，进而求出直线的斜率，再与渐近线的斜率比较即可得解.
【详解】由双曲线的离心率为，得，则，，
因此点E的坐标为，双曲线C的渐近线斜率为，而直线的斜率，
所以直线OE与双曲线的交点个数为2个．
故选：C
8. 在数列an中，已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对于这种类型的递推公式，一般构造成等比数列，进而利用待定系数法求即可.
【详解】因为，
所以，
所以数列是以为首项，公比的等比数列，
所以，
所以，
所以．
故选：D．
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. 某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图，则（ ）

A. 讲座前问卷答题的正确率的中位数为72.5%
B. 讲座后问卷答题的正确率的众数为85%
C. 讲座前问卷答题的正确率的方差大于讲座后正确率的方差
D. 讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
【答案】ABC
【解析】
【分析】通过观察这张图，比较讲座前和讲座后居民的答题正确率情况，易于判断数据的中位数，众数和极差，从而确定A,B,D的正误；对于C，主要从数据的离散程度进行判断即得.
【详解】对于A，讲座前的中位数为，所以A正确；
对于B，讲座后问卷答题的正确率有4个85%，其余正确率的个数都小于4．所以讲座后问卷答题的正确率的众数为85%，所以B正确；
对于C，讲座前问卷答题的正确率更加分散，所以讲座前问卷答题的正确率的方差大于讲座后正确率的方差，所以C正确；
对于D，讲座后问卷答题正确率的极差为，讲座前问卷答题的正确率的极差为，所以D错误．
故选：ABC．
10. 函数fx=sinωx+φω>0,0<φ<π的部分图象如图，若的相邻两个零点间的距离为，则（ ）

A.
B.
C. 的零点形成的集合为
D. 的单调递减区间为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由周期即可求解；对于B，由得，再结合且在单调递增区间内即可得解；对于C，令结合正弦函数性质即可求解；对于D，根据正弦函数单调性令并求解即可得解.
【详解】对于A，由已知得最小正周期，又，
所以，故A正确；
对于B，因为，所以，
又因为，且由图可知在单调递增区间内，所以，故B正确；
对于C，由选项A和B得，令得，，
所以，故C错误；
对于D，令，解得，
所以当时，单调递减，故D正确.
故选：ABD.
11. 定义域为R的函数的导函数为f'x，若是奇函数，，，且，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用奇函数的性质即可判断A选项；利用抽象函数的赋值法可判定B、C选项；利用赋值法结合抽象函数的奇偶性，周期性即可判断D项.
【详解】对于A，因为为奇函数且定义域为R，所以，所以A错误；
对于B，令，则，解得．所以B正确；
对于C，令得，，
即，所以C正确；
对于D，令得．，
因为，，所以，所以，
因为是奇函数，所以是偶函数，所以，
所以，所以，所以，所以D正确．
故选：BCD．
【点睛】抽象函数性质综合问题一般使用赋值法，通过令,及构造并判定其是否相等，另外结合函数的奇偶性与其导函数奇偶性的关系可得出最终结果，还可以通过观察条件构造合适的基础函数能更快捷的得出结果.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，，若，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】根据向量共线得到方程，解出即可.
【详解】因为，所以，所以．
故答案为：1．
13. 小明喜爱踢足球和打羽毛球．在周末的某天，他下午去踢足球的概率为．若他下午去踢足球，则晚上一定去打羽毛球；若下午不去踢足球，则晚上去打羽毛球的概率为．已知小明在某个周末晚上去打羽毛球，则下午踢足球的概率为______．
【答案】##0.9
【解析】
【分析】设出事件,分别求出和，依题需求，利用条件概率公式计算即得.
【详解】设小明周末晚间去打羽毛球为事件，下午去踢足球为事件，
则，，
依题意，
故答案为:．
14. 已知侧棱长为l的正四棱锥的顶点都在直径为6的同一球面上，则该正四棱锥的体积的最大值是______．
【答案】##
【解析】
【分析】设高为h，底面边长为a，然后由已知条件得到的关系，求出体积是关于的函数，然后利用导数分析函数的单调性求出最值即可.
【详解】l的取值范围是，不妨设高为h，底面边长为a，
则，或，
所以，，
因为，故，
，其中，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以．
故答案为：．
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. 已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）若在上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）单调增区间为和(1,+∞)，减区间为-1,1
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数判断单调性即可；
（2）由（1）得，，由题意得，即，解出不等式即可求解.
【小问1详解】
函数的定义域为，
，
令得或．
当(1,+∞)时，，
当-1,1时，，
所以的单调增区间为和(1,+∞)，减区间为-1,1．
【小问2详解】
由（1）得，在和上单调递增，在上单调递减，
，，
故，
在上恒成立，即，
故，即，
即，
解得或，
故实数a的取值范围为．
16. 如图，在正三棱柱中，，O为AB的中点，D为的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证，再通过证明平面，得，即可证⊥平面；
(2)由题意，建系，写出相关点的坐标，分别求得两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【小问1详解】
因为，O为AB中点，所以，因为D为的中点，所以，
在正三棱柱中，平面ABC，因平面ABC，故，
又因正三角形ABC，故得，因平面，故平面，
又平面,故，因为，平面，故⊥平面．
【小问2详解】
如图，取的中点为，连接，则，
则平面ABC，因，故OB，OC，两两垂直，
故可以直线OB，OC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
则，，．
由（1）得，平面，则可作为平面的一个法向量．
因，，则，，
设平面的法向量为n=x,y,z，则，
故可取．
则平面与平面夹角的余弦值为．
17. A，B两人进行象棋友谊赛，双方约定：在任意一局比赛中，一方获胜、打成平局和失败分别记分、m分和0分．比赛两局，已知在每局比赛中A获胜、打成平局和战败的概率分别为0.5，0.3，0.2．各局的比赛结果相互独立．
（1）若，求A两局得分之和为5的概率；
（2）若，用X表示B两局比赛的得分之和，求X的分布列．
【答案】（1）0.2 （2）分布列见解析
【解析】
【分析】（1）由A两局得分之和为5等价于一胜一负，然后根据独立事件的概率公式求解即可；
（2）由题意可知X的可能取值为0，3，6，9，12，然后求出相应的概率，从而可求得X的分布列．
【小问1详解】
若，由已知条件得，A两局得分之和为5等价于一胜一负，
所以A两局得分之和为5的概率为．
【小问2详解】
因为在一局比赛中A获胜、打成平局和战败的概率分别为0.5，0.3，0.2，
所以在一局比赛中B获胜、打成平局和失败的概率分别为0.2，0.3．0.5，
若，则X的可能取值为0，3，6，9，12，
，
，
，
，
，
所以X的分布列为
18. 已知抛物线的方程为y2=2pxp>0，直线与交于两点，且AB=4．
（1）求；
（2）设焦点为，直线与交于两点，且以为直径的圆经过，当时，求点到距离的取值范围．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）根据AB=4即可求解；
（2）依题意，进而可以得到关于两坐标的关系式，联立直线和抛物线，结合韦达定理即可得到的关系式，再利用点到直线的距离即可求解范围.
【小问1详解】
因为直线与C交于A，B两点，且AB=4，
所以，
所以．
【小问2详解】
由已知得，F1,0，设Mx1,y1，Nx2,y2，
由可得，，
所以，，，
因为以为直径的圆经过，
所以，
所以，
即，
所以
将，代入得
，
因．
所以，且，
解得或，
因为，所以，
设点到直线的距离为，
所以，
令，
所以．
【点睛】关键点点睛：第（2）问考察抛物线的焦点到直线的距离，解题关键是找到关于的关系．本题中直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理求出，然后表示出，由此可得到的关系，需要注意的是，由直线和抛物线相交于两点得到，再由的关系式，进一步所小的范围．
19. 设等比数列：的公比为q，其中都为正奇数，a,b,c构成单调递增的正项等差数列．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）把用表示．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）将公比用a，b表示出来，再结合a，b，c构成单调递增的正项等差数列，可以证明；
（2）设等差数列 a,b,c 的公差为 ,进而推导出 a+da-a+2da+d=d2a(a+d)>0, 从而 , 再由 , 能证明 ；
（3）设 个数所构成的等比数列为 , 则 , 由 , 可 得 ： , , 由 都为正奇数, 则 既可为正数, 也可为负数, 由此能求出结果.
【小问1详解】
由题意知，又，可得，
所以qs+1>1，又是正偶数，所以．
【小问2详解】
设等差数列a，b，c的公差为d，由题意得，，
又，，故，
可得，又，又，都为正偶数，
故，即qs+1>qt+1，
又由（1）的结论得，，故有，即．
【小问3详解】
设个数所构成的等比数列为，
则，，，
由，可得，
，
又，，由s，t都为正奇数，则q既可为正数，也可为负数．
若q为正数，则，插入的个数的乘积为；
若q为负数，中为负数，即共有个负数，
故，所插入的个数的乘积为，
综上所述，当q为正数时，为，
当q为负数时，为．
【点睛】易错点睛：本题主要考查等差数列、等比数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：
（1）根据所要证明问题的结构，通过变形等手段将题意正确的表示出来；
（2）数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点，由此要注意角标的范围；
（3）有多种情况时，应逐一讨论，做到不重不漏.X
0
3
6
9
12
P
0.25
0.3
0.29
0.12
0.04