2023-2024学年广东省茂名市高二下学期教学质量监测数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省茂名市高二下学期教学质量监测数学试卷（含解析），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。

1.已知集合A=xx+1x−4<0，B={x|x>0}，则A∩B=
A. (0,1)B. (0,4)C. (−1,0)D. (−4,0)
2.复数z=i1−i，则复数z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
3.函数f(x)=xln|x|的图象大致为
A. B. C. D.
4.已知直线2x+y−2=0与抛物线C：y2=4x交于A，B两点，则|AB|=
A. 5B. 5C. 3 5D. 4 5
5.已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为264，所有偶数项的和为253，则此数列的项数是
A. 43B. 45C. 47D. 49
6.已知函数f(x)=1−x21+x2，则不等式f(2x−1)A. (−∞,0)B. 23,+∞
C. 0,23D. (−∞,0)∪23,+∞
7.函数f(x)=2sin(ωx+φ)，ω>0,0<φ<π2满足f(0)=1，且y=f(x)在区间−π3,0上有且仅有3个零点，则实数ω的取值范围为
A. (5,7)B. 112,8C. 132,192D. [4,8)
8.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，BP=λBB1，BQ=μBC1，λ，μ∈(0,1)，则下列说法不正确的是
A. λ=μ时，C1B1//平面D1PQ
B. λ=12时，四面体APQD1的体积为定值
C. μ=12时，∃λ∈(0,1)，使得A1Q⊥平面D1PA
D. 若三棱锥P−CBD的外接球表面积为414π，则λ=34
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知向量a，b不共线且a⋅b=0，则下列结论一定正确的是
A. a=0或b=0B. a⊥b
C. a+b=a−bD. a，b在a+b上的投影向量相等
10.掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为m，n，记事件A=“m+n>9”，B=“mn为偶数”，C=“m+n为奇数”，则
A. p(A)=16B. p(AB)=15C. p(AC)=19D. B与C互斥
11.已知函数f(x)=a3x3−ax2−3ax+b，其中实数a，b∈R，且a>0，则
A. 当a=1时，f(x)没有极值点
B. 当f(x)有且仅有3个零点时，ba∈−53,9
C. 当b=113a时，f(x+1)为奇函数
D. 当m∈a3+b,+∞时，过点A(0,m)作曲线f(x)的切线有且只有1条
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆锥的底面直径为2 2，母线长为2，则此圆锥的体积是_________．
13.已知数列{an−1}是首项为23，公比为13的等比数列，且a1+a2+a3+…+an<100，则n的最大值为_________．
14.已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线与y轴交于点B，与E交于点A，且F2B=−32F2A，点F1在以AB为直径的圆上，则E的渐近线方程为_________．
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.(本小题13分)
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，D为BC边的中点．
(1)证明：A1B//平面ADC1；
(2)若AB=2，三棱锥C−ADC1的体积为 33，求二面角D−AC1−C的余弦值．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=(x+a)ln x+1，a∈R．
(1)若f(x)在点(1,1)处的切线的斜率为1，求f(x)的极值；
(2)若a=1，证明：当017.(本小题15分)
锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 3b=2csinA+π3．
(1)求角C的大小；
(2)若 7a=3c，求1tanA+1tanB的值．
18.(本小题17分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，离心率为 32．
(1)求E的方程；
(2)设M(−1,0)，直线x=n(n∈R且n≠−1)与E交于不同的两点B，C，若直线BM与E交于另一点D，则直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
19.(本小题17分)
某同学参加趣味答题比赛，规则如下：第1次答题时，若答对则得2分，否则得1分；从第2次答题开始，若答对则获得上一次答题得分的2倍，否则得1分，该同学每次答对的概率都为13，答错的概率都为23，且每次答对与否相互独立．记第n次答题得分为Xn．
(1)求p(X3=4)；
(2)求Xn(n≥2)的分布列和期望；
(3)在游戏开始前，该同学有两个选择，①从第2次开始，若第n次得分刚好为n时，则该同学获得胜利，游戏结束．②从第1次开始，若第n次得分刚好为2n时，则该同学获得胜利，游戏结束．已知共有4次答题环节，求该同学选择哪个方案获得胜利的概率更大．
答案解析
1.B
【解析】解：∵A={x|−10}，
∴A∩B={x|0故选B．
2.B
【解析】
解：∵z=i1−i=i(1+i)(1−i)(1+i)=−1+i2=−12+12i，
∴复数z在复平面内对应的点(−12,12)位于第二象限．
故选B．
3.A
【解析】
解：∵f(−x)=−xln|−x|=−xlnx=−f(x)
∴函数f(x)=xln|x|是奇函数，
∴其图象关于原点对称，故可排除C，D，
又当0当x>1时，f(x)>0，排除B，
故选项A正确．
故选A．
4.B
【解析】解：将2x+y−2=0与抛物线C:y2=4x联立方程整理可得：x2−3x+1=0，
又直线2x+y−2=0过焦点F1,0，所以|AB|=x1+x2+p=3+2=5．
故选B．
5.C
【解析】
设等差数列的项数为2n−1，所有的奇数项和为S，所有的偶数项和为T，
则S=n(a1+a2n−1)2=nan，
T=(n−1)(a2+a2n−2)2=(n−1)an，
TS=n−1n=253264，
解得n=24，项数2n−1=47．
故选C．
6.D
【解析】
解：由f(x)=1−x21+x2可得x∈R且f(x)为偶函数，
f(x)=1−x21+x2=−(1+x2)+21+x2=−1+21+x2，
易知f(x)在(0,+∞)递减，在(−∞,0)递增，
∵f(2x−1)∴|2x−1|>|x−1|，
解得x<0或x>23．
故选D．
7.C
【解析】解：f(0)=2sinφ=1，0<φ<π2，∴φ=π6，
∴f(x)=2sin(ωx+π6)，
f(x)=2sin(ωx+π6)的图象如下：
y=f(x)在区间[−π3,0]上有且仅有3个零点，
由图有：−19π6ω<−π3≤−13π6ω时，故132≤ω<192．
故选C．
8.C
【解析】解：对于A选项，λ=μ时，∵BP=λBB1，BQ=μBC1，∴PQ//C1B1，
又PQ⊂平面D1PQ，C1B1⊄平面D1PQ，故C1B1//平面D1PQ，故A正确;
对于B选项，λ=12时，△AD1P的面积为定值;
而点Q是BC1边上的点，且BC1/​/平面APD1，
∴点Q到平面AD1P的距离即为直线BC1到平面AD1P的距离为定值，
∴四面体APQD1的体积为定值，故B正确;
对于C选项，μ=12时，以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴为正向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，D1(0,0,2)，P(2,2,2λ)，A1(2,0,2)，
Q(1,2,1)，则AD1=(−2,0,2)，AP=(0,2,2λ)，A1Q=(−1,2,−1)，
记平面D1PA的法向量为n=(x0,y0,z0)，
则AD1⋅n=0AP⋅n=0，即−2x0+2z0=02y0+2λz0=0，故可取n=(−1,λ,−1)，
又A1Q=(−1,2,−1)，n//A1Q时，λ=2∉(0,1)，
即不存在λ∈(0,1)，使得A1Q⊥平面D1PA，故C不正确;
对于D选项，PB⊥平面CBD于点B，且△CBD的外接圆半径r= 2;
外接球的半径R= 414;
故由(BP2)2+r2=R2有：(BP2)2=R2−r2=4116−2=916，
∴BP=32，∴λ=34，故D正确．
故选C．
9.BC
【解析】解：∵a⋅b=0，∴a⊥b，A选项错误，B选项正确；
对于C选项，因为向量a，b不共线，由向量加法和减法的几何意义，|a+b|，|a−b|是矩形的两条对角线长，是相等的，选项C正确;
对于D选，a，b在a+b上的投影向量的模不一定相等，D选项错误．
故选BC．
10.AC
【解析】解：掷一枚质地均匀的骰子两次的可能结果共有36种．
事件A=“m+n>9”的可能结果有6种，即A={(4,6)，(5,5)，(5,6)，(6,4)，(6,5)，(6,6)}，
∴p(A)=636=16，选项A正确;
事件B=“mn为偶数”的可能结果有C31⋅C61+C31⋅C31=27种，
事件AB=“mn为偶数且m+n>9”的可能结果有5种，
∴p(A|B)=p(AB)p(B)=527，选项B错误;
事件C=“m+n为奇数”的可能结果有C21⋅C31⋅C31=18种，
事件AC=“m+n为奇数且m+n>9”的可能结果有2种，
∴p(A|C)=p(AC)p(C)=218=19，选项C正确;
样本点为(3,4)时，说明B与C不互斥，选项D不正确．
故选AC．
11.BCD
【解析】解：当a=1时，f(x)=13x3−x2−3x+b，
则f′(x)=x2−2x−3=(x−3)(x+1)，
当−13时，f′(x)>0，
所以x=−1，x=3分别是函数f(x)的极大值点和极小值点，选项A错误;
当f(x)=a3x3−ax2−3ax+b时，f′(x)=a(x+1)(x−3)，
当−13时，f′(x)>0，
即f(x)在(−1,3)上单调递减，在(−∞,−1)和(3,+∞)上单调递增．
当f(x)有且仅有3个零点时，f(−1)>0且f(3)<0
得53a+b>0−9a+b<0得ba∈(−53,9)，选项B正确;
当b=113a时，f(x+1)=a3x3−4ax，所以f(x+1)为奇函数，选项C正确;
∵f(0)=b设过点A(0,m)的曲线f(x)切线的切点为(x0,a3x03−ax02−3ax0+b)，f(0)=b，
∴过点A(0,m)的曲线f(x)切线的方程为y−(a3x03−ax02−3ax0+b)=(ax02−2ax0−3a)(x−x0)，
又点A(0,m)在f(x)的切线上，
有m−(a3x03−ax02−3ax0+b)=−(ax02−2ax0−3a)x0，
即x02−23x03=m−ba，
设g(x0)=x02−23x03，g(x)=x2−23x3，
g′(x)=2x−2x2=2x(1−x)，
当x<0或x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当00，g(x)单调递增，g(1)=13，
∵m∈(a3+b,+∞)，∴m−ba>13，
易知g(x0)与y=m−ba只有一个交点，选项D正确．
故选BCD．
12.2 23π
【解析】解：记圆锥的底面半径为r，母线为l，高为d，
则d= l2−r2= 22−( 2)2= 2，
∴V=13πr2⋅d=2 23π．
故答案为2 23π．
13.99
【解析】解：由已知，可得an−1=23×(13)n−1=2⋅(13)n，
所以an=2×(13)n+1，
设数列{an}的前n项和为Sn，
则Sn=2(13+132+133+⋯+13n)+n=2×13[1−(13)n]1−13+n=n+1−13n，
若Sn<100，即n+1−13n<100，
因为函数y=x+1−13x为单调递增函数，
所以满足Sn<100的最大整数n的值为99．
故答案为99．
14.y=±2 55x.
【解析】解：依题意，设|AF2|=2m，则|BF2|= 3m=|BF1|，|AF1|= 2a+ 2m，
在Rt△ABF1中，9m2+(2a+2m)2=25m2，
则(a+3m)(a−m)=0，故a=m或a=−3m(舍去)，
所以|AF1|=4a，|AF2|=2a，|BF2|=|BF1|=3a，则|AB|=5a，
故cs∠F1AF2=|AF1||AB|=4a5a=45，
所以在△AF1F2中，cs∠F1AF2=16a2+4a2−4c22×4a×2a=45，
整理得5c2=9a2，
所以5(a2+b2)=9a2，即5b2=4a2，即b2a2=45，
故E的渐近线方程为y=±2 55x.
故答案为y=±2 55x.
15.解：(1)连接A1C，与AC1交于点E，连接DE，
∵D、E分别为BC、A1C边的中点，∴DE//A1B，
又DE⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，
∴A1B//平面ADC1．
(2)V三棱锥C−ADC1=V三棱锥C1−ADC
=13CC1⋅S△ADC=CC13⋅ 32= 33，∴CC1=2，
正三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AD，
又△ABC是正三角形，D是BC边的中点，∴BC⊥AD，
又BC∩BB1=B，且BC，BB1⊂平面BB1C1C，∴AD⊥平面BB1C1C，
取B1C1的中点D1，则DC，DA，DD1两两垂直，
故以D为原点，DA，DB，DD1分别为x，y，z轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A( 3,0,0)，C1(0,−1,2)，C(0,−1,0)，
∴DA=( 3,0,0)，DC1=(0,−1,2)，CC1=(0,0,2)，CA=( 3,1,0)，
记平面DAC1，平面AC1C的法向量分别为n1=(x1,y1,z1)，n2=(x2,y2,z2);
则DA⋅n1=0DC1⋅n1=0,CA⋅n2=0CC1⋅n2=0,
即 3x1=0−y1+2z1=0，2z2=0 3x2+y2=0．
故可取z1=1，x2=1，则n1=(0,2,1)，n2=(1,− 3,0)，
∴cs=n1⋅n2|n1||n2|=−2 3 5×2=− 155，
又二面角D−AC1−C所成的平面角是锐角，故其余弦值为 155．
【解析】本题考查了线面平行的判定和平面与平面所成角的向量求法，是中档题．
(1)连接A1C，与AC1交于点E，连接DE，易得DE//A1B，由线面平行的判定即可得证；
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，得出平面DAC1，平面AC1C的法向量，利用空间向量求解即可．
16.解：(1)∵f′(x)=lnx+ax+1且f(x)图象在点(1,1)处切线的斜率为1，
∴f′(1)=a+1=1，则a=0，即f(x)=xlnx+1，x∈(0,+∞)，
又∵f′(x)=lnx+1，
∴当01e时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
又∵f(1e)=1−1e，
∴当x=1e时，f(x)取得极小值1−1e，无极大值．
(2)∵a=1，∴f(x)=(x+1)lnx+1，
令g(x)=(x+1)lnx+1−x，x∈(0,1)，
∴g′(x)=lnx+1x．
令ℎ(x)=g′(x)=lnx+1x，且ℎ′(x)=1x−1x2=x−1x2．
∵当0∴ℎ(x)≥ℎ(1)=1，即g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)单调递增，且g(1)=0．
∴g(x)∴当0【解析】本题考查了导数的几何意义、利用导数研究函数的极值和利用导数证明不等式，是中档题．
(1)由题意得f′(1)=1，则a=0，再利用导数研究单调性和极值即可；
(2)令g(x)=(x+1)lnx+1−x，x∈(0,1)，利用导数研究单调性，即可得证．
17.解：(1)由正弦定理得 3sinB=2sinC(12sinA+ 32csA)=sinCsinA+ 3sinCcsA，
∵ 3sinB= 3sin(A+C)= 3sinAcsC+ 3sinCcsA，
∴sinCsinA= 3sinAcsC，又sinA≠0，
∴tanC= 3，又C∈(0,π)，
∴C=π3．
(2)记a=3m，则c= 7m;
由余弦定理csC=a2+b2−c22ab，
即12=9m2+b2−7m26mb，
∴b=m，或b=2m，
b=m时，角A对的边最大，且csA=b2+c2−a22bc=1+7−92 7<0，A是钝角，舍去;
b=2m时，角A对的边最大，且csA=b2+c2−a22bc=4+7−94 7= 714>0，符合;
法一：又A∈(0,π)，∴tanA=3 21 7=3 3;
csB=a2+c2−b22ac=9+7−46 7=2 77，又B∈(0,π)，
∴tanB= 212 7= 32，
∴1tanA+1tanB=13 3+2 3=7 39．
法二：又A∈(0,π)，∴sinA=3 2114，
csB=a2+c2−b22ac=9+7−46 7=2 77，又B∈(0,π)，
∴sinB= 217，
1tanA+1tanB=csAsinA+csBsinB=csAsinB+csBsinAsinAsinB
=sin(A+B)sinAsinB=sinCsinAsinB
= 323 2114× 217=7 39．
【解析】本题主要考查正弦定理，余弦定理，三角变换，属于中档题．
(1)由正弦定理以及两角和的正弦公式得tanC= 3，又C∈(0,π)，可得角C的大小；
(2)由余弦定理csA= 714，方法一，求出tanA，tanB，可得1tanA+1tanB的值．
方法二，sinB，sinA求出利用切化弦可得答案．
18.解：(1)由题意可得，b=1，
又由a2=c2+1ca=12，得a=2，c= 3，
所以E的方程为x24+y2=1．
(2)显然直线BM的斜率不为0，设直线BM的方程为x=my−1，
B(x1,y1)，D(x2,y2)，C(x1,−y1)，
由x=my−1 x24+y2=1，
消去x整理得(4+m2)y2−2my−3=0，
∀m∈R，△=(−2m)2−4(4+m2)(−3)>0，
所以y1+y2=2m4+m2，y1⋅y2=−34+m2，
直线CD的方程为y=−y1−y2x1−x2(x−x2)+y2，
根据BC的对称性可知，若直线CD恒过定点，则定点在x轴上，
令y=0，解得x=x2+y2(x1−x2)y1+y2=x1y2+x2y1y1+y2
=(my1−1)y2+(my2−1)y1y1+y2=2my1y2y1+y2−1，
=2m⋅−34+m22m4+m2−1=−4，
所以直线CD过定点(−4,0)．
【解析】本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的关系，属于中档题．
(1)由a2=c2+1ca=12，得a，c，进而得E的方程；
(2)利用直线与椭圆方程联立，利用根与系数关系及直线方程，可得直线CD过定点．
19.解：(1)由题意可知X3=4表示事件“第1次答错，第2、3次均答对”，
p(X3=4)=23×13×13=227．
(2)Xn可取1，2，4，⋯⋯，2n且Xn=1表示事件“第n次答错”，所以p(Xn=1)=23，
当n≥2时，Xn=2k，k=1，2，3，⋯⋯，n−1，表示事件“
第n−k次答错，第n−k+1，n−k+2，⋯，n次均答对”，
所以p(Xn=2k)=23×(13)k=23k+1，k=1，2，3，⋯，n−1，
Xn=2n表示事件“第1，2，3，⋯，n次都答对
p(Xn=2n)=(13)n=13n，所以p(Xn=2k)=23k+1⋅k=0.1.2⋯n−1.13n k=n,
所以Xn的分布列为：
E(Xn)=k=0n(2kp(Xn=2k))=k=0n−1(2k×23k+1)+2n×13n=23(1−(23)n)1−23+(23)n=2−(23)n．
(3)若选择方案 ①，n只可能为2，4，即：X2=2，X4=4，
X2= 2表示事件A=“第1次答错，第2次答对”，
X4= 4表示事件B=“第2次答错，第3、4次均答对”，
因为A、B互斥，所以p(A+B)=p(A)+p(B)=232+233=827，
若选择方案 ②，n只可能为1，2，4，即：X1=2，X2=4，X4=8，X1=2表示事件M=“第1次答对”;X2=4表示事件N=“第1、2次均答对”，而第1次答对的话，游戏已结束，故不需要考虑这种情况;X4= 8表示事件Q=“第1次答错，第2，3、4次均答对”，因为M与Q互斥，所以p(M+Q)=p(M)+p(Q)=13+234=2981>2481=827，
所以应该选择方案 ②．
【解析】本题主要考查互斥事件的概率，离散型随机变量分布列，期望，属于较难题．
(1)由题意可得p(X3=4)=23×13×13可得答案；
(2)由题意p(Xn=2k)=23k+1⋅k=0.1.2⋯n−1.13n k=n,，由此可得Xn(n≥2)的分布列和期望；
(3)分别讨论选择方案 ①，选择方案 ②，利用互斥事件概率可得答案．Xn
1
2
4
···
2n−1
2n
p
23
232
233
···
23n
13n