2023-2024学年广东省茂名市高二下学期教学质量监测数学试卷（含解析）

2023-2024学年广东省茂名市高二下学期教学质量监测数学试卷
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，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则
A. B. C. D.
2.复数，则复数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. C. D.
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.
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个零点，则实数的取值范围为
A. B. C. D.
8.如图，棱长为的正方体中，，，，，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、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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，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。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
如图，正三棱柱中，为边的中点．
证明：平面；
若，三棱锥的体积为，求二面角的余弦值．
16.本小题分
已知函数，．
若在点处的切线的斜率为，求的极值；
若，证明：当时，．
17.本小题分
锐角中，角，，的对边分别为，，，且．
求角的大小；
若，求的值．
18.本小题分
已知椭圆：的一个顶点为，离心率为．
求的方程；
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.本小题分
某同学参加趣味答题比赛，规则如下：第次答题时，若答对则得分，否则得分；从第次答题开始，若答对则获得上一次答题得分的倍，否则得分，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．
求；
求的分布列和期望；
在游戏开始前，该同学有两个选择，从第次开始，若第次得分刚好为时，则该同学获得胜利，游戏结束．从第次开始，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．
答案解析
1.
【解析】解：，，
．
故选B．
2.
【解析】
解：，
复数在复平面内对应的点位于第二象限．
故选B．
3.
【解析】
解：
函数是奇函数，
其图象关于原点对称，故可排除，，
又当时，，
当时，，排除，
故选项A正确．
故选A．
4.
【解析】解：将与抛物线联立方程整理可得：，
又直线过焦点，所以．
故选B．
5.
【解析】
设等差数列的项数为，所有的奇数项和为，所有的偶数项和为，
则，
，
，
解得，项数．
故选C．
6.
【解析】
解：由可得且为偶函数，
，
易知在递减，在递增，
，
，
解得或．
故选D．
7.
【解析】解：，，，
，
的图象如下：
在区间上有且仅有个零点，
由图有：时，故．
故选C．
8.
【解析】解：对于选项，时，，，，
又平面，平面，故平面，故A正确
对于选项，时，的面积为定值
而点是边上的点，且平面，
点到平面的距离即为直线到平面的距离为定值，
四面体的体积为定值，故B正确
对于选项，时，以为坐标原点，，，分别为，，轴为正向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，则，，，
记平面的法向量为，
则，即，故可取，
又，时，，
即不存在，使得平面，故C不正确
对于选项，平面于点，且的外接圆半径
外接球的半径
故由有：，
，，故D正确．
故选C．
9.
【解析】解：，，选项错误，选项正确；
对于选项，因为向量，不共线，由向量加法和减法的几何意义，，是矩形的两条对角线长，是相等的，选项C正确
对于选，，在上的投影向量的模不一定相等，选项错误．
故选BC．
10.
【解析】解：掷一枚质地均匀的骰子两次的可能结果共有种．
事件“”的可能结果有种，即，，，，，，
，选项A正确
事件“为偶数”的可能结果有种，
事件“为偶数且”的可能结果有种，
，选项B错误
事件“为奇数”的可能结果有种，
事件“为奇数且”的可能结果有种，
，选项C正确
样本点为时，说明与不互斥，选项D不正确．
故选AC．
11.
【解析】解：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
当时，，
当，，当或时，，
即在上单调递减，在和上单调递增．
当有且仅有个零点时，且
得得，选项B正确
当时，，所以为奇函数，选项C正确
，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，
又点在的切线上，
有，
即，
设，，
，
当或时，，单调递减，
当时，，单调递增，，
，，
易知与只有一个交点，选项D正确．
故选BCD．
12.
【解析】解：记圆锥的底面半径为，母线为，高为，
则，
．
故答案为．
13.
【解析】解：由已知，可得，
所以，
设数列的前项和为，
则，
若，即，
因为函数为单调递增函数，
所以满足的最大整数的值为．
故答案为．
14.
【解析】解：依题意，设，则，，
在中，，
则，故或舍去，
所以，，，则，
故，
所以在中，，
整理得，
所以，即，即，
故E的渐近线方程为
故答案为
15.解：连接，与交于点，连接，
D、分别为、边的中点，，
又平面，平面，
平面．
，，
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．
【解析】本题考查了线面平行的判定和平面与平面所成角的向量求法，是中档题．
连接，与交于点，连接，易得，由线面平行的判定即可得证；
建立如图所示的空间直角坐标系，得出平面，平面的法向量，利用空间向量求解即可．
16.解：且图象在点处切线的斜率为，
，则，即，，
又，
当时，，单调递减当时，，单调递增．
又，
当时，取得极小值，无极大值．
，，
令，，
．
令，且．
当时，，函数单调递减
，即，
在单调递增，且．
，即，
当时，．
【解析】本题考查了导数的几何意义、利用导数研究函数的极值和利用导数证明不等式，是中档题．
由题意得，则，再利用导数研究单调性和极值即可；
令，，利用导数研究单调性，即可得证．
17.解：由正弦定理得，
，
，又，
，又，
．
记，则
由余弦定理，
即，
，或，
时，角对的边最大，且，是钝角，舍去
时，角对的边最大，且，符合
法一：又，
，又，
，
．
法二：又，，
，又，
，
．
【解析】本题主要考查正弦定理，余弦定理，三角变换，属于中档题．
由正弦定理以及两角和的正弦公式得，又，可得角的大小；
由余弦定理，方法一，求出，，可得的值．
方法二，，求出利用切化弦可得答案．
18.解：由题意可得，，
又由，得，，
所以的方程为．
显然直线的斜率不为，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．
【解析】本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的关系，属于中档题．
由，得，，进而得的方程；
利用直线与椭圆方程联立，利用根与系数关系及直线方程，可得直线过定点．
19.解：由题意可知表示事件“第次答错，第、次均答对”，
．
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：
．
若选择方案，只可能为，，即：，，
表示事件“第次答错，第次答对”，
表示事件“第次答错，第、次均答对”，
因为、互斥，所以，
若选择方案，只可能为，，，即：，，，表示事件“第次答对”表示事件“第、次均答对”，而第次答对的话，游戏已结束，故不需要考虑这种情况表示事件“第次答错，第，、次均答对”，因为与互斥，所以，
所以应该选择方案．
【解析】本题主要考查互斥事件的概率，离散型随机变量分布列，期望，属于较难题．
由题意可得可得答案；
由题意，由此可得的分布列和期望；
分别讨论选择方案，选择方案，利用互斥事件概率可得答案．
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