广东省揭阳市2023-2024学年高二下学期7月期末教学质量测试数学试题（解析版）

这是一份广东省揭阳市2023-2024学年高二下学期7月期末教学质量测试数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了 曲线在点处的切线方程为， 若直线平分圆，则实数的值为， 《周髀算经》中有这样一个问题， 已知函数，其中且且为常数， 已知向量，，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的信息填写清楚､准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处.
2.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效.
3.答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破､弄皱，不得使用涂改液､修正带､刮纸刀.考试结束后，请将本试题及答题卡交回.
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. 若，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
【答案】A
【解析】因为，所以，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故选：A
2. 为了得到的图象，只要将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向右平移个单位长度D. 向左平移个单位长度
【答案】A
【解析】由可知，将函数的图象向左平移个单位长度即得的图象.
故选：A.
3. 设是三个不同平面，且，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
【答案】A
【解析】由于，，由平面平行的性质定理可得：，
所以是的充分条件；
但当，，并不能推出，也有可能相交，
所以是的不必要条件；
故选:A.
4. 曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，则，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
故选：D
5. 若直线平分圆，则实数的值为（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】C
【解析】可化为，则，
又直线平分圆，
则直线经过圆心.
代入直线得，解得或.
因为不满足，故
故选：C.
6. 《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，小寒､立春､惊蛰日影长之和为尺，前八个节气日影长之和为尺，则小满日影长为（ ）
A. 1.5尺B. 3.5尺C. 5.5尺D. 7.5尺
【答案】B
【解析】设冬至日、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、
芒种这十二个节气的日影长分别为，，，，前项和，
由小寒、立春、惊蛰日影长之和为尺，前八个节气日影长之和为尺，
得，解得，，
所以小满日影长为（尺）．
故选：B
7. 已知函数，其中且且为常数.若对任意且，在内均存在唯一零点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】，
当时，恒成立，
所以函数上单调递增，
若函数在内均存在唯一零点，只需即可，
即，
因为且，，
所以对一切成立，
因为当时，，当且仅当时等号成立，
所以.
故选：C．
8. 已知为球面上四点，分别是的中点，以为直径的球称为的“伴随球”.若三棱锥的四个顶点均在表面积为的球面上，它的两条棱的长度分别为8和6，则的伴随球的体积的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】设三棱锥外接球的半径为，
则，所以球的半径为，
则球的两条弦的中点为，
则，
即弦分别是以为球心，半径为和的球的切线，
且弦在以为球心，半径为的球的外部，
的最大距离为，最小距离为，
当三点共线时，分别取最大值与最小值，
故的伴随球半径分别为，
当半径为时，的伴随球的体积为，
当半径为时，的伴随球的体积．
∴的伴随球的体积的取值范围是．
故选：D.
二､多选题：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. 已知向量，，则（ ）
A.
B. 与可作为一组基底向量
C. 与夹角的余弦值为
D. 在上投影向量的坐标为
【答案】BC
【解析】因为，，
对于A：，
则，故A错误；
对于B：因为，
所以与为不共线的向量，
故与可作为一组基底向量，故B正确；
对于C：，
所以，故C正确；
对于D：，
所以在上的投影向量的坐标为，故D错误.
故选：BC
10. 已知函数，则（ ）
A. 的值域为
B. 为偶函数
C. 在上单调递增
D. 在上有2个零点
【答案】ABD
【解析】．
A．因为，所以，故A正确．
B．因为，所以，是偶函数，故B正确．
C．由选项可得，，
由余弦函数的图象可知，在上单调递减，故C错误．
D．令，则，所以．
令，可得，又，所以或，
所以在上有2个零点，故D正确．
故选：ABD
11. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 与 的定义域不同
B. 的单调递减区间为
C. 若有三个不同的解，则
D. 对任意两个不相等正实数，若，则
【答案】AD
【解析】对于A，由的定义域为，而的定义域为，所以选项A是正确的；
对于B，由函数定义域为，因为，由，得到，解得或，
所以的单调递减区间为，，所以选项B是错误；
对于C，因为，由，解得且，
所以的增区间为区间，，
由选项B知，的减区间为，，
又，当时，，且，
当时，，且，
当且时，，当且时，，
其图象如图所示，

由图知，有三个不同的解，则且，所以选项C是错误；
对于D，由题知，得到，
由图，不妨设，设，，
则，
当时，，，所以，
即在区间上单调递增，又，
所以，得到，
又，当时，，即在区间上单调递减，
又，所以，得到，所以选项D正确.
故选：AD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在中，内角的对边分别为，其中，则__________.
【答案】
【解析】因为，所以，
由余弦定理，即，
所以（负值已舍去）.
故答案为：
13. 已知集合，，则__________.
【答案】
【解析】由，即，所以，
解得，
所以，
由，解得，
所以，
所以.
故答案为：
14. 已知椭圆的左､右焦点分别为为上且不与顶点重合的任意一点，为的内心，为坐标原点，记直线的斜率分别为，，若，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】设，设圆与轴相切于点，
则，
又，，
所以，
所以，
即，
过点作直线的垂线，垂足为，
则，
所以，
所以，
所以，
∴，∴，
由三角形面积相等，得，
，
，，
所以，
，即得.
故答案为：.
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.记的内角的对边分别为,已知.
（1）求；
（2）若为边的中点，且，求面积的最大值.
解：（1）因为，
所以由正弦定理可得，
即，
则，
由余弦定理得.
又，所以.
（2）因为是边的中点，
即，
所以.
在中，，
由余弦定理得，
即，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以，
当且仅当时取等号，
即面积的最大值为.
16. 南方游客勇闯冰雪大世界点燃了民众对冰雪运动的热情，其中雪上运动深受游客的喜爱.某新闻媒体机构随机调查了男､女性游客各100名，统计结果如下表所示：
（1）依据小概率值的独立性检验，能否认为游客是否喜欢滑雪与性别有关联？
（2）冰雪大世界招募初学者进行滑雪培训，对四个滑雪基本动作（起步､滑行､转弯､制动）进行指导.据统计，每位初学者对起步、滑行、转弯、制动这四个动作达到优秀的概率分别为，且四个滑雪基本动作是否达到优秀相互独立.若这四个滑雪基本动作至少有三个达到优秀，则可荣获“优秀学员”称号.求滑雪初学者荣获“优秀学员”称号的概率.
附：.
解：（1）零假设为游客是否喜欢滑雪与性别无关联，
依题意可得，
所以根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为游客是否喜欢滑雪与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于.
（2）令事件分别表示初学者对起步、滑行、转弯、制动达到优秀，
滑雪初学者荣获“优秀学员”称号为事件，所以
，
所以滑雪初学者荣获“优秀学员”称号的概率是.
17. 如图，在四棱台中，平面，2，，.
（1）记平面与平面的交线为，证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
解：（1）因为，平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，所以 .
因为平面，平面，所以，
在中，，，
由余弦定理可得
，
所以，所以，
又，平面，
所以平面，
所以平面.
（2）因为，平面，所以平面，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的法向量为，则 ，
令，得，，所以.
又是平面的一个法向量，
记平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 已知抛物线的准线为，焦点为为上异于原点且不重合的三点.
（1）求的方程；
（2）若为的重心，求的值；
（3）过两点分别作的切线与相交于点，若，求面积的最大值.
解：（1）因为抛物线的准线为，
所以，
所以抛物线.
（2）由（1）可知，焦点，
设，
因为为的重心，
所以,
所以，
即.
由抛物线的定义的.
（3）显然直线的斜率不为，
设直线的方程为，，
由，解得，
所以，即，
因为，则，
所以，
所以切线的方程为，
同理，切线的方程为，
联立两直线方程，解得，
即，
则点到直线的距离，
由，
化解得，
所以，
当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为.
19. 给定数列，若首项且，对任意的，都有，则称数列为“指数型数列”.
（1）已知数列为“指数型数列”，若，求；
（2）已知数列满足，判断数列是不是“指数型数列”？若是，请给出证明；若不是，请说明理由；
（3）若数列是“指数型数列”，且，证明：数列中任意三项都不能构成等差数列.
解：（1）因为数列是“指数型数列”，所以对于任意的，
都有.因为，
所以，.
（2）数列是“指数型数列”.
证明:由，得，即，
所以数列是等比数列，且，
则，
，
所以数列是“指数型数列”.
（3）因为数列是“指数型数列”，故对任意的，
有，则，所以，
适合该式.
假设数列中存在三项构成等差数列，不妨设，
则由，得，
所以，
当为偶数且时，是偶数，
而是奇数，是偶数，
故不能成立；
当为奇数且时，是偶数，
而是偶数，是奇数，
故不能成立；
所以，对任意的，不能成立，
即数列中任意三项都不能构成等差数列.
对滑雪的喜爱情况
性别
合计
男性游客
女性游客
喜欢滑雪
60
35
95
不喜欢滑雪
40
65
105
合计
100
100
200
0.05
0.01
0.001
3.841
6.635
10.828