精品解析：广东省广州市象贤中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷

广州市番禺区2023-2024学年度第二学期中段考 高二级数学科试题 命题人：何永生 审题人：陈彩霞 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 、互为共轭复数，，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念和复数的运算法则即可计算. 【详解】因为，、互为共轭复数， ∴，所以=2. 故选：B. 2. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】由等差数列求和公式结合已知列方程即可求解. 【详解】由题意设等差数列的首项、公差分别为， 因为，所以， 从而. 故选：D. 3. 将序号分别为1，2，3，4，5的五张参观券全部分给甲，乙，丙，丁四人，每人至少1张，如果分给甲的两张参观券是连号，那么不同分法的种数是（ ） A. 6 B. 24 C. 60 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分2步进行分析：①、将连号的两张参观券分给甲，分析连号的情况就可得甲的分法，②将剩下的3张参观券分给其他三人，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，分2步进行分析：  ①、将连号的两张参观券分给甲，有1和2，2和3，3和4，4和5，共4种情况，  ②、将剩下的3张参观券分给其他三人，有种分法，  则有种不同的分法；  故选:B． 4. 已知，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数、对数函数的单调性判断可得答案. 【详解】依题意，， 故， 故选：A. 5. 在棱长为的正方体中，与其各棱都相切的球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由球与正方体的各棱相切可得球的半径，从而可求其表面积. 【详解】棱长为的正方体的棱切球，其半径为面对角线的一半，即：， 所以该球的表面积. 故选：. 6. 已知向量与的夹角为，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合向量的投影的定义和计算方法，即可求解. 【详解】由题意知，向量且向量与的夹角为， 所以向量在上的投影为， 又因为，所以向量在上的投影向量为. 故选：A. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线与一条渐近线垂直，垂足为，交双曲线右支于点，，则离心率（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知，利用双曲线的渐近线、两直线的交点坐标、三角形相似以及点在双曲线上进行计算求解. 【详解】设，不妨取其中一条渐近线， 由两直线垂直，斜率乘积为-1有，过的直线的方程为， 联立上述两直线可求得点M的坐标为， 因为，则，故， 由直线的方程为得N点坐标为， 因为点在双曲线上，所以， 化简得，故，故A，C，D错误. 故选：B. 8. 已知，若函数有两个不同的零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意求导得当时，有最大值，当时，，当时，，若要满足题意，则只能，结合，由此即可得解. 【详解】由题意，令，得， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 故当时，有最大值， 而， 由此可知当时，，当时，， 若函数有两个不同的零点， 结合零点存在定理可知的最大值， 又，所以，所以， 解得，所以，即的取值范围是. 故选：B. 【点睛】关键点睛：关键是通过求导结合题意分析得到的最大值，从而即可顺利求解. 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. 在的展开式中，二项式的系数和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 展开式中各项系数和为 C. 第项的二项式系数最大 D. 展开式中所有系数的绝对值的和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二项式定理相关性质计算即可. 【详解】由二项式定理可知，二项式系数之和为，解得，A选项正确； 令，得，B选项正确； 时，的展开式共项，二项式系数最大的项为第项，C选项错误； ，则，，，为负数，，，，，为正数，故展开式中所有系数的绝对值的和为，令，得，D选项正确； 故选：ABD. 10. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为3 B. 的最小正周期为 C. 的图象关于点对称 D. 在上单调递增 【答案】BCD 【解析】 【分析】化简得到，验证周期对称点和单调性得到BCD正确，函数最大值为，A错误，得到答案. 【详解】 ， 对选项A：函数的最大值为，错误； 对选项B：函数的最小正周期为，正确； 对选项C：，则，故的图象关于点对称，正确； 对选项D：，则，函数单调递增，正确； 故选：BCD. 11. （多选）甲罐中有个红球、个黑球，乙罐中有个红球、个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据古典概型的计算公式，结合条件概率的计算公式与全概率公式逐一判断即可. 【详解】解析因为甲罐中有个红球、个黑球，所以，故选项A正确； 因为，所以，所以选项B不正确； 因为，所以， 由全概率公式可得：，所以选项C正确； 因为，所以选项D正确； 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题6分，共15分. 12. 已知的面积为，，则=____． 【答案】 【解析】 【分析】利用面积公式求得a的值，利用余弦定理求得b的值，进而利用正弦定理得到角的正弦的比值等于对应变得比值，从而求得答案. 【详解】, ，解得, 所以， ∴, ∴, 故答案为：. 【点睛】本题考查正余弦定理和三角形的面积公式的综合应用，关键在于正弦定理进行边角转化. 13. 已知抛物线的顶点为，且过点．若是边长为的等边三角形，则____． 【答案】1 【解析】 【分析】根据抛物线的对称性以及等边三角形的边角关系即可代入求解. 【详解】设，则,即， 所以，由于又，所以，因此，故关于轴对称， 由得,将代入抛物线中得所以， 故答案为：1 14. 若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________． 【答案】 【解析】 【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围. 【详解】∵，∴， 设切点为,则,切线斜率, 切线方程为：, ∵切线过原点，∴, 整理得：, ∵切线有两条，∴,解得或, ∴的取值范围是, 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，带77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知数列满足. （1）求证：数列是等比数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）因为， 所以，可得，且， 所以数列是以3为公比，3为首项的等比数列； （2） 【解析】 【分析】（1）由已知得，根据等比数列的定义可得答案； （2）求出，利用错位相减求和可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，所以， 所以， 所以①， ②， ①②得 ， 所以.. 16. 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有个红球，个白球的甲箱和装有个红球、个白球的乙箱中，各随机摸出个球，在摸出的个球中，若都是红球，则获奖. （1）求顾客抽奖次能获奖的概率； （2）若顾客有次抽奖机会，记该顾客在次抽奖中将的次数为，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为： 期望为【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算可得； （2）依题意，根据二项分布的概率公式求出概率，即可得到分布列，从而求出期望； 【小问1详解】 解：记事件{甲、乙两箱中摸出球都是红球}，则. 即顾客抽奖次能获奖的概率为； 【小问2详解】 解：由题可知 ，， ，. 故的分布列为： 所以的数学期望为. 17. 如图，矩形与梯形所在的平面垂直，，，，，P为的中点． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为，平面平面， 平面平面,平面， 所以平面， 又因为平面，所以． 在矩形中，，，P为的中点， 所以，，因为，根据勾股定理逆定理可得． 因为，平面，所以平面EPF， 又因为平面，所以平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）证明，即可； （2）以F为坐标原点，FA，FC，FE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，应用空间向量法求角度. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以F为坐标原点，FA，FC，FE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， 则，，，． 所以，，． 设平面DPC的法向量为，由得 令，则．同理可得平面BCD的一个法向量为． 设平面BCD与平面DPC的夹角为， 故，即平面BCD与平面DPC夹角的余弦值为． 18. 已知椭圆E：过点，且其离心率为． （1）求椭圆E的方程； （2）过点的斜率不为零的直线与椭圆E交于C，D两点，A，B分别为椭圆E的左、右顶点，直线AC，BD交于一点P，M为线段PB上一点，满足，问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由（O为坐标原点）． 【答案】（1） （2）是定值，定值为 【解析】 【分析】（1）将点代入椭圆方程，以及联立离心率可求得椭圆方程； （2）首先设过点的直线为，与椭圆方程联立，利用坐标分别表示直线和方程，并求得点的坐标，利用几何关系，转化，即可求解. 【小问1详解】 由题意可知，，解得：，，， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 设过点的直线为，，，，， 联立，得， ，， ，所以， ，联立直线和方程， 得， ， 所以，得，，即 因为点是的中点，，所以， 所以. 所以是定值，且定值为. 19. 设函数，其中. （Ⅰ）若，讨论的单调性； （Ⅱ）若， （i）证明恰有两个零点. （ⅱ）设为的极值点，为的零点，且，证明. 【答案】（Ⅰ）在内单调递增. （Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知，， 令， 由，所以在上恒成立. 可知在内单调递减. 又，且，故在内有唯一解. 从而在内有唯一解，不妨设为，则， 当时，，所以在内单调递增； 当时，，所以在内单调递减. 因此是的唯一极值点. 令，则当时，，故在内单调递减. 从而当时，，所以， 从而. 又因为，所以在内有唯一零点，又在内有唯一零点1. 从而，在内恰有两个零点. （ⅱ）由题意，，即，从而，即. 因为当时，，又，故，两边取对数，得. 于是，整理得. 【解析】 【分析】（Ⅰ）首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果； （Ⅱ）（ⅰ）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果； （ⅱ）首先根据题意，列出方程组，借助于中介函数，证得结果. 【详解】（Ⅰ）解：由已知，的定义域为. 且， 因此当时，，从而. 所以在内单调递增. （Ⅱ）（ⅰ）略 （ⅱ）略 【点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想、化归与转化思想，考查综合分析问题和解决问题的能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市番禺区2023-2024学年度第二学期中段考 高二级数学科试题 命题人：何永生 审题人：陈彩霞 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 、互为共轭复数，，则（ ） A. B. 2 C. D. 2. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 3. 将序号分别为1，2，3，4，5的五张参观券全部分给甲，乙，丙，丁四人，每人至少1张，如果分给甲的两张参观券是连号，那么不同分法的种数是（ ） A. 6 B. 24 C. 60 D. 120 4. 已知，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 在棱长为的正方体中，与其各棱都相切的球的表面积是（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量与的夹角为，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线与一条渐近线垂直，垂足为，交双曲线右支于点，，则离心率（ ） A. B. C. D. 2 8. 已知，若函数有两个不同的零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 在的展开式中，二项式的系数和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 展开式中各项系数和为 C. 第项的二项式系数最大 D. 展开式中所有系数的绝对值的和为 10. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为3 B. 的最小正周期为 C. 的图象关于点对称 D. 在上单调递增 11. （多选）甲罐中有个红球、个黑球，乙罐中有个红球、个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题6分，共15分. 12. 已知的面积为，，则=____． 13. 已知抛物线的顶点为，且过点．若是边长为的等边三角形，则____． 14. 若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________． 四､解答题：本题共5小题，带77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知数列满足. （1）求证：数列是等比数列； （2）设，求数列的前项和. 16. 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有个红球，个白球的甲箱和装有个红球、个白球的乙箱中，各随机摸出个球，在摸出的个球中，若都是红球，则获奖. （1）求顾客抽奖次能获奖的概率； （2）若顾客有次抽奖机会，记该顾客在次抽奖中将的次数为，求的分布列和数学期望. 17. 如图，矩形与梯形所在的平面垂直，，，，，P为的中点． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆E：过点，且其离心率为． （1）求椭圆E的方程； （2）过点的斜率不为零的直线与椭圆E交于C，D两点，A，B分别为椭圆E的左、右顶点，直线AC，BD交于一点P，M为线段PB上一点，满足，问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由（O为坐标原点）． 19. 设函数，其中. （Ⅰ）若，讨论的单调性； （Ⅱ）若， （i）证明恰有两个零点. （ⅱ）设为的极值点，为的零点，且，证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $