广东省茂名市2024届高三下学期4月二模考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省茂名市2024届高三下学期4月二模考试数学试卷（Word版附解析），共15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。

满分150分，考试用时120分钟
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的.
1. 已知复数（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. 1 D.
2. 与向量方向相同的单位向量是（ ）
A. B. C. D.
3. 设等差数列的前项和为，且，则的值是（ ）
A. 11 B. 50 C. 55 D. 60
4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的是（ ）
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，则 D. 若，则
5. 已知变量和的统计数据如表：
根据上表可得回归直线方程，据此可以预测当时，（ ）
A. 8.5 B. 9 C. 9.5 D. 10
6. 已知抛物线的焦点为的准线与轴的交点为，点是上一点，且点在第一象限，设，则（ ）
A. B. C. D.
7. 若为上的偶函数，且，当时，，则函数在区间上的所有零点的和是（ ）
A. 20 B. 18 C. 16 D. 14
8. 已知，记直线与直线的交点为，点是圆上的一点，若与相切，则的取值范围是（ ）
A. B. C. 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. 已知函数为上的奇函数，且在上单调递增，若，则实数的取值可以是 （ ）
A. -1 B. 0 C. 1 D. 2
10. 已知双曲线，直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则与仅有一个公共点
B. 若，则与仅有一个公共点
C. 若与有两个公共点，则
D. 若与没有公共点，则
11. 已知，其中，则的取值可以是（ ）
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数是___________.
13. 在中，，点在线段上，且，则______________.
14. 如图，在梯形中，，将沿直线翻折至的位置，，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得的截面面积的最小值是_______________.
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.（13分）如图，几何体是圆柱的一半，四边形是圆柱的轴截面，为的中点，为半圆弧上异于的一点.
（1）证明：；
（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值.
16.（15分）已知函数.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值；
（2）若，求函数在区间上的最大值.
17.（15分）已知椭圆，右焦点为，过点的直线交于两点.
（1）若直线的倾斜角为，求；
（2）记线段的垂直平分线交直线于点，当最大时，求直线的方程.
18.（17分）在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获利第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获得第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获利第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立.
（1）若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；
（2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.
19.（17分）有无穷多个首项均为1的等差数列，记第个等差数列的第项为，公差为.
（1）若，求的值；
（2）若为给定的值，且对任意有，证明：存在实数，满足，；
（3）若为等比数列，证明：.
参考答案
一、单选题
二、多选题
1.【答案】C
【解析】，故选C
2.【答案】B
【解析】，故选B
3.【答案】C
【解析】由等差数列的性质可得，则，故选C
4.【答案】D
【解析】关于A，缺少条件，故A错误；关于B，桌面平放一支笔，平行地面；地面平放一支笔，平行桌面，观察这两支笔的关系，就知道这两支笔不一定平行，故B错误；关于C，黑板跟地面垂直，黑板上随意画一条线，地面随意放一支笔，不一定垂真；关于D，∵，∴，又，记，且，则，∴，∴.故D正确，故选D.
5.【答案】D
【解析】，，则，∴，∴，∴时，预测，故选D
6.【答案】A
【解析】过点作垂直准线，垂足为，在中，由正弦定理得，，即，所以，
在直角中，，因为，
所以，所以，即，故选A
7.【答案】A
【解析】与在区间上一共有10个交点，且这10个交点的横坐标关于直线对称，所以在区间的的有零点的和是20.故选A
8.【答案】C
【解析】∵，直线与直线分别过定点，且两直线垂直，∴交点的轨迹是以为直径的圆，即点的轨迹方程为，圆心，因为点是上的一点，直线是的切线，所以问题可转化为圆上任一点作直线与圆相切，求切线长的取值范围.设圆的半径为，则，因为圆的圆心为，其半径为定值，当取得最小值和最大值时，切线长取得最小值和最大值，又因为，即，即，所以，
即∴.故选C
9.【答案】CD
【解析】∵函数是奇函数，在上单调递增，则不等式，可变形为，∴，解得.故选CD
10.【答案】ABD
【解析】因为双曲线的方程为，其渐近线方程为，即，又因为直线过定点，当时，直线与双曲线有且只有一个交点，故A正确；联立消去得，，当直线与双曲线相切时，方程只有一个实数根，，解得，所以，当直线与双曲线相切时，方程只有一个实数根，，解得，所以当时，直线与双曲线有且只有一个交点，故B正确；由图象可知，若与有两个公共点，则或，故选C错误；若与没有公共点，，D正确，故选ABD.
11.【答案】CD
【解析】令，则，故当时，，单调递增，当时，单调递减，∵，，∴，又，不妨设，
解法一：记，设，，所以在上恒成立，所以在上单调递减，所以，，则，又因为，且在上单调递减，所以，则，所以，故选CD
解法二：令；两式相减，可得，则，∴；
令，则，
因为在上恒成立，所以在上单调递增，因为在上恒成立，所以在上单调递增，则，即，所以，故CD
解法三：令，则，
记，则，在上恒成立，
∴在上单调递增，∴，所以在上恒成立，∴在上单调递增，又由洛必达法则可知，
∴，∴，故选CD
解法四：∵，两式相减得，由对数均值不等式，可得，下列对数均值不等式右半部分：（左半部分可自行证明），
证明：不妨设，则上述不等式可化为，
即，记，则不等式可化为时，，令，则，所以在上单调递减，则，所以时，，所以，故选CD.
12.【答案】40
【解析】由可得答案；
13. 【答案】
【解析】由余弦定理，，即，
∴，即为直角三角形，，，∵，∴
14.【答案】
【解析】显然，当三棱锥的体积最大时，平面平面，且平面平面；取的中点，则，故平面，取的中点，则，又，且，则，又∵，故是三棱锥的外接球球心，且该外接球的半径；显然，当且仅当过点的平面与垂直时，截外接球的截面面积最小，此时，截面的圆心就是点，记其半径为，则；在中，，故；又，故，又，
故由余弦定理有，∴，故所求面积为.
15.（1）证明：∵是圆的直径，∴
又∵平面，平面，∴，
∵，平面，∴平面，
又平面，∴；
（2）解：记点为点在底面上的投影，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
∵，∴，
故，
∴
记平面，平面的法向量分别为，
则，，即，，
故可取，
则，
∴
∴平面与平面夹角的余弦值为.
16. 解：（1）因为，
所以，
所以，
因为曲线在点处的切线方程为，
所以
所以
所以；
（2）当时，令，
，
当时，，单调递增，
又，，
所以唯一的，使得
当时，单调递减；当时，单调递增，
又
所以.
17. 解：（1）由题意可得，
因为直线的倾斜角为，所以，
因此，的方程为，
联立方程消去得
解得
所以
因此，
（2）设，由题意得，直线的斜率不为0，故设为，
联立方程消去得，
因此，
所以，
设线段的中点为，
则，
所以，
所以
设，则，
当且仅当，即时等号成立，
当最大时，也最大，此时直线的方程为，
即或
18. 解：（1）①记“甲获得第四名”为事件，则；
②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，
则的所有可能取值为2，3，4，
连败两局：，
可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；
，
；
故的分布列如下：
故数学期望；
（2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率，
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为，
由，且
所以时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，两种赛制甲夺冠的概率一样.
19.解：（1）由题意得，
又，
所以；
（2）证明：因为 ，
所以，即，
所以，
因此，
所以，
又，即，
因此，
所以存在实数，满足；
（3）证明：因为为等比数列，
所以，其中为的公比，
于是，
当时，
，
因为，
因此，又，
所以，
因此，
即，
所以.
1
2
3
4
5
6
6
7
8
8
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
C
D
D
A
A
C
题号
9
10
11
答案
CD
ABD
CD
2
3
4
0.16
0.552
0.288