广东省茂名市2024届高三下学期二模数学试卷(含答案)

这是一份广东省茂名市2024届高三下学期二模数学试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知复数（i为虚数单位）,则( )
A.B.C.1D.
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n项和为,且,则的值是( )
A.11B.50C.55D.60
4．已知l,m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x和y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.8.5B.9C.9.5D.10
6．已知抛物线的焦点为F,C的准线与x轴的交点为M,点P是C上一点,且点P在第一象限,设,则( )
A.B.C.D.
7．若为R上的偶函数,且,当时,,则函数在区间上的所有零点的和是( )
A.20B.18C.16D.14
8．已知m,,,记直线与直线的交点为P,点Q是圆上的一点,若与C相切,则的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知函数为R上的奇函数,且在R上单调递增,若,则实数a的取值可以是( )
A.-1B.0C.1D.2
10．已知双曲线,直线,则下列说法正确的是( )
A.若,则l与C仅有一个公共点
B.若,则l与C仅有一个公共点
C.若l与C有两个公共点,则
D.若l与C没有公共点,则
11．已知,,其中,则的取值可以是( )
A.eB.C.D.
三、填空题
12．的展开式中的系数是___________.
13．在中,,,点D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M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
15．如图,几何体是圆柱的一半,四边形是圆柱的轴截面,O为的中点,E为半圆弧上异于C,D的一点.
（1）证明：;
（2）若,,求平面与平面夹角的余弦值.
16．已知函数.
（1）若曲线在点处的切线方程为,求实数a的值;
（2）若,求函数在区间上的最大值.
17．已知椭圆,右焦点为F,过点F的直线l交C于A,B两点.
（1）若直线l的倾斜角为,求;
（2）记线段的垂直平分线交直线于点M,当最大时,求直线l的方程.
18．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．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m为给定的值,且对任意n有,证明：存在实数,满足,;
（3）若为等比数列,证明：.
参考答案
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P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：m,,,直线与直线分别过定点,且两直线垂直,
交点P的轨迹是以为直径的圆,即点P的轨迹方程为,圆心,
因为点Q是C上的一点,直线是C的切线,
所以问题可转化为圆上任一点P作直线与圆相切,
求切线长的取值范围.设圆C的半径为R,则,
因为圆C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R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l与双曲线C有且只有一个交点,故A正确;联立消去得,,当直线l与双曲线C相切时,方程只有一个实数根,,解得,
所以,当直线l与双曲线C相切时,方程只有一个实数根,,
解得,所以当时,直线l与双曲线C有且只有一个交点,故B正确;
由图象可知,若l与C有两个公共点,则或,故选C错误;
若l与C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E,则,故平面,取的中点O,则,
又,且,则,又,故O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M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M,记其半径为r,
则;在中,,,故;
又,故,又,
故由余弦定理有, ,
故所求面积为.
15．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）证明： 是圆的直径,
又平面,平面, ,
,,平面, 平面,
又平面, ;
（2）记点为点E在底面上的投影,以为坐标原点,,,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.
,,,,
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．答案：（1）2
（2）
解析：（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．答案：（1）
（2）或
解析：（1）由题意可得,
因为直线l的倾斜角为,所以,
因此,l的方程为,
联立方程消去y得
解得,,
所以,,
因此,.
（2）设,,由题意得,直线l的斜率不为0,故设l为,
联立方程消去x得,
因此,,
所以,
设线段的中点为G,
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l的方程为,
即或.
18．答案：（1）3.128
（2）两种赛制甲夺冠的概率一样
解析：（1）①记“甲获得第四名”为事件A,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X,
则X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X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．答案：（1）2
（2）见解析
（3）见解析
解析：（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q为的公比,
于是,
当时,
,
因为,,
因此,又,
所以,
因此,
即,
所以.
x
1
2
3
4
5
y
6
6
7
8
8
X
2
3
4
P
0.16
0.552
0.288