广东省广州市番禺区2023-2024学年高二下学期期中数学试卷（原卷版+解析版）

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A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据共轭复数的概念和复数的运算法则即可计算.
【详解】因为，、互为共轭复数，
∴，所以=2.
故选：B.
2. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A. 9B. 10C. 11D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】由等差数列求和公式结合已知列方程即可求解.
【详解】由题意设等差数列的首项、公差分别为，
因，所以，
从而.
故选：D.
3. 将序号分别为1，2，3，4，5五张参观券全部分给甲，乙，丙，丁四人，每人至少1张，如果分给甲的两张参观券是连号，那么不同分法的种数是（ ）
A 6B. 24C. 60D. 120
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分2步进行分析：①、将连号的两张参观券分给甲，分析连号的情况就可得甲的分法，②将剩下的3张参观券分给其他三人，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①、将连号的两张参观券分给甲，有1和2，2和3，3和4，4和5，共4种情况，
②、将剩下的3张参观券分给其他三人，有种分法，
则有种不同的分法；
故选:B．
4. 已知，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的单调性判断可得答案.
【详解】依题意，，
故，
故选：A.
5. 在棱长为的正方体中，与其各棱都相切的球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由球与正方体的各棱相切可得球的半径，从而可求其表面积.
【详解】棱长为的正方体的棱切球，其半径为面对角线的一半，即：，
所以该球的表面积.
故选：.
6. 已知向量与的夹角为，且满足，，则在上的投影向量为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量投影的公式求解.
【详解】向量在上的投影为，向量在上的投影向量为.
故选：D.
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线与一条渐近线垂直，垂足为，交双曲线右支于点，，则离心率（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知，利用双曲线的渐近线、两直线的交点坐标、三角形相似以及点在双曲线上进行计算求解.
【详解】设，不妨取其中一条渐近线，
由两直线垂直，斜率乘积为-1有，过的直线的方程为，
联立上述两直线可求得点M的坐标为，
因为，则，故，
由直线的方程为得N点坐标为，
因为点在双曲线上，所以，
化简得，故，故A，C，D错误.
故选：B.
8. 已知，若函数有两个不同的零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意求导得当时，有最大值，当时，，当时，，若要满足题意，则只能，结合，由此即可得解.
【详解】由题意，令，得，
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
故当时，有最大值，
而，
由此可知当时，，当时，，
若函数有两个不同的零点，
结合零点存在定理可知的最大值，
又，所以，所以，
解得，所以，即的取值范围是.
故选：B.
【点睛】关键点睛：关键是通过求导结合题意分析得到的最大值，从而即可顺利求解.
9. 在的展开式中，二项式的系数和为，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 展开式中各项系数和为
C. 第项的二项式系数最大D. 展开式中所有系数的绝对值的和为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据二项式定理相关性质计算即可.
【详解】由二项式定理可知，二项式系数之和为，解得，A选项正确；
令，得，B选项正确；
时，的展开式共项，二项式系数最大的项为第项，C选项错误；
，则，，，为负数，，，，，为正数，故展开式中所有系数的绝对值的和为，令，得，D选项正确；
故选：ABD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 的最大值为3B. 的最小正周期为
C. 的图象关于点对称D. 在上单调递增
【答案】BCD
【解析】
【分析】化简得到，验证周期对称点和单调性得到BCD正确，函数最大值为，A错误，得到答案.
【详解】
，
对选项A：函数的最大值为，错误；
对选项B：函数的最小正周期为，正确；
对选项C：，则，故的图象关于点对称，正确；
对选项D：，则，函数单调递增，正确；
故选：BCD.
11. 甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据古典概型的计算公式，结合条件概率的计算公式逐一判断即可.
【详解】因为甲罐中有3个红球、2个黑球，所以，故选项A正确；
因为，所以选项C正确；
因为，所以，因此选项D正确；
因为，所以选项B不正确，
故选：ACD
12. 已知的面积为，，则=____．
【答案】
【解析】
【分析】利用面积公式求得a值，利用余弦定理求得b的值，进而利用正弦定理得到角的正弦的比值等于对应变得比值，从而求得答案.
【详解】,
，解得,
所以，
∴,
∴,
故答案为：.
【点睛】本题考查正余弦定理和三角形的面积公式的综合应用，关键在于正弦定理进行边角转化.
13. 已知抛物线顶点为，且过点．若是边长为的等边三角形，则____．
【答案】1
【解析】
【分析】根据抛物线的对称性以及等边三角形的边角关系即可代入求解.
【详解】设，则,即，
所以，由于又，所以，因此，故关于轴对称，
由得,将代入抛物线中得所以，
故答案为：1
14. 若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
【答案】
【解析】
【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围.
【详解】∵，∴，
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为：,
∵切线过原点，∴,
整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或,
∴的取值范围是,
故答案为：
15. 已知数列满足，.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在式子两边同时加上1，按等比数列的定义证明；
（2）可通过第（1）问构造出的等比数列，求解出的通项公式，然后使用错位相减法和公式法求出数列前n项和.
【小问1详解】
证明：由，可得，
又，所以，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列.
【小问2详解】
解：由（1）得，所以，
，
设，前n项和为，
，
，
两式相减得，
，
得，
.
16. 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有个红球，个白球的甲箱和装有个红球、个白球的乙箱中，各随机摸出个球，在摸出的个球中，若都是红球，则获奖.
（1）求顾客抽奖次能获奖的概率；
（2）若顾客有次抽奖机会，记该顾客在次抽奖中将的次数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）依题意，根据二项分布的概率公式求出概率，即可得到分布列，从而求出期望；
【小问1详解】
解：记事件{甲、乙两箱中摸出球都是红球}，则.
即顾客抽奖次能获奖的概率为；
【小问2详解】
解：由题可知
，，
，.
故的分布列为：
所以的数学期望为.
17. 如图，矩形与梯形所在的平面垂直，，，，，P为的中点．
（1）求证：平面平面；
（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）证明，即可；
（2）以F为坐标原点，FA，FC，FE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，应用空间向量法求角度.
【小问1详解】
因为，平面平面，
平面平面,平面，
所以平面，
又因为平面，所以．
在矩形中，，，P为的中点，
所以，，因为，根据勾股定理逆定理可得．
因为，平面，所以平面EPF，
又因为平面，所以平面平面．
【小问2详解】
以F为坐标原点，FA，FC，FE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，．
设平面DPC的法向量为，由得
令，则．同理可得平面BCD的一个法向量为．
设平面BCD与平面DPC的夹角为，
故，即平面BCD与平面DPC夹角的余弦值为．
18. 已知椭圆E：过点，且其离心率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点的斜率不为零的直线与椭圆E交于C，D两点，A，B分别为椭圆E的左、右顶点，直线AC，BD交于一点P，M为线段PB上一点，满足，问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由（O为坐标原点）．
【答案】（1）
（2）是定值，定值为
【解析】
【分析】（1）将点代入椭圆方程，以及联立离心率可求得椭圆方程；
（2）首先设过点的直线为，与椭圆方程联立，利用坐标分别表示直线和方程，并求得点的坐标，利用几何关系，转化，即可求解.
【小问1详解】
由题意可知，，解得：，，，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
设过点的直线为，，，，，
联立，得，
，，
，所以，
，联立直线和方程，
得，
，
所以，得，，即
因为点是的中点，，所以，
所以.

所以是定值，且定值为.
19. 设函数，其中.
（Ⅰ）若，讨论的单调性；
（Ⅱ）若，
（i）证明恰有两个零点
（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.
【答案】（I）在内单调递增.；
（II）（i）见解析；（ii）见解析.
【解析】
【分析】（I）；首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果；
（II）（i）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果；
（ii）首先根据题意，列出方程组，借助于中介函数，证得结果.
【详解】（I）解：由已知，的定义域为，
且，
因此当时，，从而，
所以在内单调递增.
（II）证明：（i）由（I）知，，
令，由，可知在内单调递减，
又，且，
故在内有唯一解，
从而在内有唯一解，不妨设为，
则，当时，，
所以在内单调递增；
当时，，
所以在内单调递减，
因此是的唯一极值点.
令，则当时，，故在内单调递减，
从而当时，，所以，
从而，
又因为，所以在内有唯一零点，
又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点.
（ii）由题意，，即，
从而，即，
因为当时，，又，故，
两边取对数，得，
于是，整理得，
【点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想、化归与转化思想，考查综合分析问题和解决问题的能力.