2023-2024学年广西贵港市高二下学期期末教学质量监测数学试题（含解析）

2023-2024学年广西贵港市高二下学期期末教学质量监测
数学试题
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.若全集，集合，则( )
A. B. C. D.
2.在的展开式中，含的项的系数为( )
A. B. C. D.
3.已知双曲线的一条渐近线的倾斜角小于，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
4.已知正四棱柱的底面边长为，高为，则该正四棱柱的外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
5.若函数的定义域为，对任意，都有，则称为单射函数．若函数，则“”是“是单射函数”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
6.把函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若的图象关于点对称，则的最小值为( )
A. B. C. D.
7.九章算术是我国古代数学名著，其中记载了关于家畜偷吃禾苗的问题假设有羊、骡子、马、牛吃了别人的禾苗，禾苗的主人要求羊的主人、骡子的主人、马的主人、牛的主人共赔偿斗粟羊的主人说：“羊吃得最少，羊和骡子吃的禾苗总数只有马和牛吃的禾苗总数的一半”骡子的主人说：“骡子吃的禾苗只有羊和马吃的禾苗总数的一半”马的主人说：“马吃的禾苗只有骡子和牛吃的禾苗总数的一半”若按照此比率偿还，则羊的主人应赔偿的粟的斗数为( )
A. B. C. D.
8.已知定义域均为的函数的导函数分别为，且，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数，则( )
A. 的实部为 B. 的虚部为
C. D. 在复平面内对应的点位于第一象限
10.已知函数有个极值点，则的解析式可能为( )
A. B.
C. D.
11.已知数列满足，且，则下列说法正确的是( )
A. 数列可能为常数列
B. 数列可能为等比数列
C. 若，则
D. 若，记是数列的前项积，则的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.年至年某国财政收入增长速度分别为，则该组数据的分位数为 ．
13.已知分别是椭圆的左、右焦点，是上的一点，且，则的离心率为 ．
14.至少经过正五棱台的个顶点的平面共有 个．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知锐角的内角的对边分别为，向量，且．
求；
若的面积为，求．
16.本小题分
已知为抛物线：的焦点，且上一点到点的距离为．
求的方程；
若斜率为的直线与交于，两点，且，求的方程．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，侧面平面分别为的中点．

证明：平面．
若，求直线与平面所成角的正弦值．
18.本小题分
某种资格证考试分为笔试和面试两部分，考试流程如下：每位考生一年内最多有两次笔试的机会，最多有两次面试的机会．考生先参加笔试，一旦某次笔试通过，不再参加以后的笔试，转而参加面试；一旦某次面试通过，不再参加以后的面试，便可领取资格证书，否则就继续参加考试．若两次笔试均未通过或通过了笔试但两次面试均未通过，则考试失败．甲决定参加考试，直至领取资格证书或考试失败，他每次参加笔试通过的概率均为，每次参加面试通过的概率均为，且每次考试是否通过相互独立．
求甲在一年内考试失败的概率；
求甲在一年内参加考试次数的分布列及期望．
19.本小题分
已知函数的图象在点处的切线方程为．
求的值；
证明：．
答案解析
1.
【解析】解：由题意得，所以．
故选：．
2.
【解析】解：含的项为，
所以所求的系数为．
故选：．
3.
【解析】解：由题意得的渐近线方程为，则．
故选：．
4.
【解析】解：由题意得该正四棱柱的外接球的半径为，
所以该正四棱柱的外接球的表面积为．
故选：．
5.
【解析】解：当时，，所以不是单射函数．
当时，是单射函数．
故“”是“是单射函数”的既不充分也不必要条件．
故选：．
6.
【解析】解：由题意得，由，
得，即故的最小值为．
故选：．
7.
【解析】解：设羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次为，由题意得
通过等差中项可判断羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次成等差数列，
设该数列为，公差为，则．由题意得
即解得
故选：．
8.
【解析】解：令，则，所以单调递减．
由，
得，所以．
故选：．
9.
【解析】解：由题意得，所以的实部为，虚部为，故 A正确B错误；
在复平面内对应的点位于第四象限．故 C正确D错误；
故选：．
10.
【解析】解：由题意得的导函数有两个异号零点，
由，得恒成立， A错误；
由，得，
令，得， B正确；
由，得，
令，得，
因为，所以有两个异号零点， C正确；
由，得，
令，得， D错误．
故选：．
11.
【解析】解：当时，，得或舍，
此时为常数列，故 A正确；
B.，，
，
若时，此时，不是等比数列，
若时，，此时数列为公比为的等比数列，故B正确；
C.若，，所以，故 C错误；
D.若，，数列是首项为，公比为的等比数列，
，数列单调递减，，
当时，，当时，，
所以的最大值为，故 D正确．
故选：
12.
【解析】解：该组数据从小到大依次为，一共有个数据，
因为，所以该组数据的分位数为第四个数据．
故答案为：．
13.或
【解析】解：
由，，得，
而，由勾股定理有，
所以，所以，故．
故答案为：．
14.
【解析】解：如图，在正五棱台中，仅经过个顶点的平面有个．
因为，所以仅经过这个顶点中的个顶点的平面有个，
类似于的平行线还有组，则仅经过个顶点的平面有个．
故所求的平面共有个．
故答案为：．
15.解：由题意得，
由正弦定理得，
又，所以，则，即．
因为，所以．
由，
得，结合，得．
由余弦定理得，
得．
【解析】根据向量垂直结论得到三角函数式子，后运用正弦定理进行边角互化即可；
运用面积公式得到方程，结合条件，求出，再用余弦定理求即可．
16.解：上一点到点的距离为，
由抛物线定义可得，，抛物线的方程为．
设直线，，设，，
将方程代入方程整理得，需满足，
，
故，解得，
当时，满足，故符合题意，
故直线方程为
【解析】根据抛物线方程的定义即可由焦半径求解，
联立直线与抛物线方程，利用焦半径公式即可求解．
17.解：证明：连接，设与相交于点，因为，

，所以为平行四边形，即为的中点．
连接，因为为的中点，所以．
因为平面平面，所以平面．
因为，所以因为平面平面，平面平面平面，所以平面．
取的中点，连接因为是等腰梯形，所以．
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的法向量为，则
令，则，可得．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】根据线面平行的判定定理证明线面平行；
利用向量法计算直线与平面所成角的正弦值；
18.解：甲每次参加笔试未通过的概率均为，每次参加面试未通过的概率均为．
甲两次笔试均未通过的概率为，
甲通过了第一次笔试，但两次面试均未通过的概率为，
甲未通过第一次笔试，通过了第二次笔试，但两次面试均未通过的概率为
所以甲在一年内考试失败的概率为．
由题意得的可能取值为，
所以的分布列为
故．
【解析】由一年内考试失败对应的笔试面试结果，分类讨论考试失败的概率；
由可能的取值，计算相应的概率，写出分布列，由公式计算期望
19.解：由题意得，
由切线的斜率为，得，
则切线方程为，
当时，，所以，得．
证明：由可知，
要证，即证．
设，则．
令，则，
所以在上递减，
因为，
所以存在唯一，使得，即．
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以．
设，则．
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以．
因为两个不等式中的等号不能同时成立，所以，
即．
【解析】先利用导数的 几何意义求出切线方程，再利用切点是公共点结合斜率可求出的值；
将问题转化为证，然后构造函数和，分别利用导数求出的最大值和的最小值，只需即可．
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