湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学模拟试卷（七）

这是一份湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学模拟试卷（七），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．的虚部为（ ）
A．-5B．5C．-1D．1
2．若随机变量服从二项分布，则的值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知是两个互相垂直的平面，是两条直线，，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．既不充分也不必要条件
4．已知某圆锥的底面圆半径为， 它的高与母线长的和为， 则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，为单位向量且与夹角为，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．在中，内角所对的边分别是，若，且外接圆的直径为4，则面积的最大值是（ ）
A．B．
C．D．
7．若曲线有两条过坐标原点的切线，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．设直线与抛物线相交于两点，与圆相切于点，且为线段的中点．若这样的直线恰有4条，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列叙述正确的是（ ）
A．某人射击1次，"射中7环”与"射中8环"是互斥事件
B．甲、乙两人各射击1次，"至少有1人射中目标"与"没有人射中目标"是对立事件
C．抛掷一枚硬币，连续出现4次正面向上，则第5次出现反面向上的概率大于
D．若甲、乙两位同学5次测试成绩的方差分别为和，则乙同学成绩比较稳定
10．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点的直线与的左支相交于，两点，若，且，则（ ）
A．B．
C．的离心率为D．直线的斜率为
11．已知函数f(x)的定义域为R，其图象关于点中心对称，若 则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．的展开式中，的系数为 .（用数字作答）
13．在长方体中，，E为线段AB的中点，若三棱锥的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 ．
14．某公司有甲、乙两家餐厅，小李第一天午餐时随机地选择一家餐厅用餐，如果第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为，如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为，则小李第二天去乙家餐厅的概率为 ．
四、解答题
15．已知等差数列中的前n项和为，且成等比数列，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列为递增数列，记，求数列的前40项的和.
16．已知四棱锥，⊥面，底面为正方形，，为的中点．
(1)求证：面；
(2)求直线与面所成的角．
17．已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若当时，，求证：．
18．水平相当的甲、乙、丙三人进行乒乓球擂台赛，每轮比赛都采用3局2胜制（即先贏2局者胜），首轮由甲乙两人开始，丙轮空；第二轮由首轮的胜者与丙之间进行，首轮的负者轮空，依照这样的规则无限地继续下去.
(1)求甲在第三轮获胜的条件下，第二轮也获胜的概率；
(2)求第轮比赛甲轮空的概率；
(3)按照以上规则，求前六轮比赛中甲获胜局数的期望.
19．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，点与点关于原点对称，四边形的面积为4．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于两点．与轴交于点．试判断是否存在，使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．A
【分析】由复数乘法运算以及复数虚部的概念即可得解.
【详解】依题意，，故所求虚部为-5.
故选：A.
2．C
【分析】根据二项分布的概率公式求解即可.
【详解】因为随机变量服从二项分布，
所以.
故选：C
3．B
【分析】根据面面垂直的性质与线面垂直的性质，结合充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】由题意知，，
若，当时，有；当时，与可能相交、平行、垂直.
若，由，得.
故“”是“”是必要不充分条件.
故选：B
4．D
【分析】根据圆锥轴截面的性质直接计算其母线，进而可得侧面积.
【详解】设该圆锥的母线长为，则它的高为，
由，解得，
所以该圆锥的侧面积为，
故选：D.
5．B
【分析】
根据数量积的几何意义：投影的计算公式，可得答案.
【详解】在方向上的投影向量.
故选：B.
6．C
【分析】利用正弦定理可得，再由余弦定理和不等式可求得，代入面积公式可得结果.
【详解】由于，且外接圆的直径为4，不妨设外接圆的半径为，
所以.
由余弦定理得，
可得，即，当且仅当时，等号成立；
则，
即当时，面积的最大值是.
故选：C．
7．A
【分析】先设切点，再根据导数的几何意义求出切线斜率，利用点斜式得到切线方程；再根据切线过点，得到的关系，利用有两解求的取值范围.
【详解】设切点，
又，所以切线斜率为：.
由点斜式，切线方程为：.
因为切线过点，所以.
所以：.
因为过原点的切线有两条，所以关于方程有两解.
由（），
设，则，
由得，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，且当时，.
所以有两解，则.
故选：A
8．D
【分析】当直线的斜率不存在时，必有两条直线满足题设，当直线的斜率存在时，设斜率为．设，把点代入抛物线方程可得，又可得点M必在直线上，代入抛物线可得，得用点M在圆上，可求的取值范围．
【详解】显然当直线的斜率不存在时，必有两条直线满足题设．
当直线的斜率存在时，设斜率为．设，
则，相减得．
由于，所以，即．圆心为，
由得，所以，
即点M必在直线上．
将代入，得．
因为点M在圆上，所以．
又(由于斜率不存在，故，所以不取等号)，
所以，所以的取值范围为．
故选：D．
9．AB
【分析】根据互斥事件、对立事件的定义，独立重复试验中事件的发生互不影响，方差的含义，即可判断各项的正误.
【详解】A：根据互斥事件的定义，由于"射中7环”与"射中8环"不可能同时发生，即它们为互斥事件，故正确；
B：根据对立事件的定义，甲、乙两人各射击1次，要么"至少有1人射中目标"，要么"没有人射中目标"，这两个事件不能同时发生而且它们必有一个会发生，故正确；
C：由于抛硬币是独立重复试验，任意一次试验出现正面或反面的概率都为，故错误；
D：方差越小代表成绩越稳定，即甲同学的乘积稳定，故错误.
故选：AB.
10．ACD
【分析】设，，结合双曲线的定义与勾股定理可以求得的值，即可判断出A，B选项；再结合勾股定理可以求得的关系，再求出离心率；求直线的斜率，在直角三角形中，用斜率的定义求正切值可以求得直线的斜率.
【详解】如图，由，可设，.
因为，所以.
设，，则，，，解得，
则，，
所以，故A选项正确；，故B选项错误；
在中，由，得，则，
从而的离心率为，故C选项正确.
又，所以直线的斜率为，故D选项正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】利用中心对称的性质判断A；赋值计算判断BC；由条件探求得，再推理计算判断D.
【详解】函数f(x)的定义域为R，其图象关于点中心对称，
对于A，，A正确；
对于B，，又，取，则，解得，B错误；
对于C，在中，取，得，因此，C正确；
对于D，由，得，
两式相加得，而，
则，即，因此，
即，而，所以，D正确.
故选：ACD
12．-80
【分析】直接利用二项式展开式，通过赋值即可得解.
【详解】的展开式的通项为，
令，的系数为.
故答案为：-80.
13．
【分析】由和中为斜边中点，得出即可.
【详解】

如图，取中点，连接，
则，，
所以，则，
在和中为斜边中点，
则，
则球的表面积为.
故答案为：
14．/0.3
【分析】先将事件用字母表示出来，再利用条件概率和全概率公式即可解决.
【详解】解：设A1＝“第1天去甲餐厅用餐“，B1＝“第1天去乙餐厅用餐”，A2＝“第2天去甲餐厅用餐”，B 2＝“第2天去乙餐厅用餐”，
根据题意得，,.
则，，则，
则，则.
由全概率公式得：，
即
∴小李第二天去乙家餐厅的概率为．
故答案为：．
15．(1)或
(2)
【分析】根据条件先求出的通项公式，再求出的通项公式即可.
【详解】（1）设公差为，则，即
解得或 ，所以或；
（2）因为数列为递增数列，，，，
所以
；
所以.
16．(1)证明见解析
(2)30°
【分析】（1）由线面垂直得到⊥，结合⊥，得到线面垂直，⊥，结合三线合一得到的，证明出线面垂直；
（2）方法1：证明线面平行，得到点B到面的距离就是点到面距离，且结合（1）得点A到面距离为．从而求出直线与面所成角的正弦值，得到答案；
方法2：利用等体积法求出点B到面的距离，进而得到直线与面所成角的正弦值，得到答案；
方法3：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量夹角的余弦值得到线面角的正弦值，得到答案：
方法4：作出辅助线，并得到面，故为直线与面所成的角，记为，根据边长关系得到，求出答案.
【详解】（1）因为面，平面，
所以⊥，
因为四边形为正方形，
所以⊥，
又，平面，
故⊥平面，
因为平面，
所以⊥，
又，故，
因为为的中点，
所以，
因为，平面，
故平面；
（2）方法1：因为，平面，平面，
所以平面，
点B到面的距离就是点到面距离，
由勾股定理得，
又，
由（1）得点A到面距离为．
记直线与面所成角为，故，
故；
方法2：设，则，，
故，
且，
因为，
所以，
，
记直线与面所成角为，，
；
方法3：设，
以为轴，为轴，为轴建立直角坐标系，
，
故，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，
故，
记直线与面所成角为，，
．
方法4：将四棱锥还原为立方体，取的中点，连接，
因为且，
故四边形为平行四边形，故，
由（1）知，平面，
故面，
为直线与面所成的角，记为，
且，故，
.
17．(1)
(2)
【分析】（1）先求的定义域，再求，，，由直线方程的点斜式可求曲线在处的切线方程为
（2）构造新函数，对实数分类讨论，用导数法求解．
【详解】（1）的定义域为．当时，
，
曲线在处的切线方程为
故切线方程为
（2）当时，等价于
设，则，
（i）当，时，，
故在上单调递增，因此；
（ii）当时，令得
．
由和得，故当时，，在单调递减，
因此．
综上，的取值范围是
故答案为
18．(1)
(2)
(3)局
【分析】（1）根据条件概率公式求解；
（2）设事件“第轮甲轮空”，由全概率公式可得的递推公式，利用构造法得的通项公式；
（3）设一轮比赛中甲胜的局数为，则，前六轮比赛中甲参与的轮次数为，则，分别求出和的期望，即可求解.
【详解】（1）甲第三轮获胜的基本事件有：{第一、二、三轮甲全胜}，{第一轮甲输，第三轮甲胜}，
设“甲在第i轮获胜”，则；
（2）设事件“第轮甲轮空”，则，
，
，
；
（3）设一轮比赛中甲胜的局数为，则，
， ，
， ，
前六轮比赛中甲参与的轮次数为，则
，
，
，
局胜的局数为:（局）.
19．(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用点在椭圆上及四边形面积，结合待定系数法求出.
（2）联立直线与椭圆的方程，求出结合韦达定理求解即得.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，依题意，，则，
四边形为平行四边形，其面积，得，即，
联立解得，
所以椭圆的方程为.
（2）存在.
由消去得，
当时，恒成立，
设，则，
，
则
当，即时，为定值，所以.