廣東省茂名市2024屆高三下學(xué)期4月二模考試數(shù)學(xué)試題

廣東省茂名市2024屆高三下學(xué)期4月二?？荚嚁?shù)學(xué)試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題：本大題共8小題，每小題5分，滿分40分.在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求的.1．已知復(fù)數(shù)z=cosπ6+isinπ6A．12 B．32 C．1 2．與向量a=(?3A．(35,45) B．(?3．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且A．11 B．50 C．55 D．604．已知l,m是兩條不同的直線，A．若lm，m?α，則lαB．若lα，mβ,αβC．若α⊥β,l?αD．若m⊥β,lα5．已知變量x和y的統(tǒng)計數(shù)據(jù)如表：x12345y66788根據(jù)上表可得回歸直線方程y=0.6x+a，據(jù)此可以預(yù)測當(dāng)A．8.5 B．9 C．9.5 D．106．已知拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點(diǎn)為F，C的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)為M，點(diǎn)P是C上一點(diǎn)，且點(diǎn)P在第一象限，設(shè)∠PMF=α，A．tanα=sinβC．tanβ=?sinα7．若f(x)為R上的偶函數(shù)，且f(x)=f(4?x)，當(dāng)x∈[0,2]時，f(x)=2x?1A．20 B．18 C．16 D．148．已知m，n∈R，m2+n2≠0，記直線nx+my?n=0與直線mx?ny?n=0的交點(diǎn)為P，點(diǎn)Q是圓C：(x+2)2+A．[22,14] B．[22,二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．已知函數(shù)f(x)為R上的奇函數(shù)，且在R上單調(diào)遞增，若f(2a)+f(a?2)>0，則實(shí)數(shù)a的取值可以是（）A．-1 B．0 C．1 D．210．已知雙曲線C:4xA．若k=2，則l與C僅有一個公共點(diǎn)B．若k=22，則l與CC．若l與C有兩個公共點(diǎn)，則2<k<2D．若l與C沒有公共點(diǎn)，則k>211．已知6lnm=m+a，6n=en+a，其中m≠A．e B．e2 C．3e2三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．(x?2)5的展開式中x3的系數(shù)是13．在ΔABC中，∠BAC=600,AB=6,AC=3，點(diǎn)D在線段BC14．如圖，在梯形ABCD中，∠ABC=∠BAD=900,AB=BC=12AD=2，將ΔBAC沿直線AC翻折至ΔB1AC的位置，四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15．如圖，幾何體是圓柱的一半，四邊形ABCD是圓柱的軸截面，O為CD的中點(diǎn)，E為半圓弧CD上異于C,D的一點(diǎn).（1）證明：AE⊥CE；（2）若AB=2AD=4，∠EDC=π3，求平面EOB與平面16．已知函數(shù)f(x)=e（1）若曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為x+y=0，求實(shí)數(shù)（2）若a=32，求函數(shù)f(x)在區(qū)間17．已知橢圓C:x22+y2=1，右焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)（1）若直線l的傾斜角為π4，求|AB|（2）記線段AB的垂直平分線交直線x=?1于點(diǎn)M，當(dāng)∠AMB最大時，求直線l的方程.18．在一場乒乓球賽中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠軍．比賽采用“雙敗淘汰制”，具體賽制為：首先，四人通過抽簽兩兩對陣，勝者進(jìn)入“勝區(qū)”，敗者進(jìn)入“敗區(qū)”；接下來，“勝區(qū)”的兩人對陣，勝者進(jìn)入最后決賽；“敗區(qū)”的兩人對陣，敗者直接淘汰出局獲利第四名，緊接著，“敗區(qū)”的勝者和“勝區(qū)”的敗者對陣，勝者晉級最后的決賽，敗者獲得第三名；最后，剩下的兩人進(jìn)行最后的冠軍決賽，勝者獲得冠軍，敗者獲利第二名．甲對陣乙、丙、丁獲勝的概率均為p(0<p<1)，且不同對陣的結(jié)果相互獨(dú)立．（1）若p=0.①求甲獲得第四名的概率；②求甲在“雙敗淘汰制”下參與對陣的比賽場數(shù)的數(shù)學(xué)期望；（2）除“雙敗淘汰制”外，也經(jīng)常采用“單敗淘汰制”：抽簽決定兩兩對陣，勝者晉級，敗者淘汰，直至決出最后的冠軍．哪種賽制對甲奪冠有利？請說明理由．19．有無窮多個首項(xiàng)均為1的等差數(shù)列，記第n(n∈N*)個等差數(shù)列的第m(m∈N,m≥2)（1）若a2(2)?a（2）若m為給定的值，且對任意n有am(n+1)=2am(n)，證明：存在實(shí)數(shù)λ，μ（3）若{dn}

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：由題意可知：z=cos2π62．【答案】B【解析】【解答】解：由題意，|因此與a方向相同的單位向量a故選：B【分析】本題考查單位向量的求法.先求出|a→|，根據(jù)與a3．【答案】C【解析】【解答】解：由等差數(shù)列{an}的性質(zhì)2則S11故選：C【分析】利用等差數(shù)列的性質(zhì)可求出a6的值，利用等差數(shù)列的性質(zhì)和等差數(shù)列的前項(xiàng)公式進(jìn)行表示可得：S4．【答案】D【解析】【解答】解：A，由題意也有可能l?α，若要l∥α，則需l?α，A錯誤；B，若l∥α,m∥β，則l與α沒有交點(diǎn)，m與β沒有交點(diǎn)，因?yàn)閯tl與m關(guān)系不能確定，故l與m可能相交、異面也可能平行，B錯誤；C，如圖：在正方體ABCD?A若平面A1B1C1D1為平面α，平面ABB1A1為平面βD，因?yàn)閙⊥β,l∥m，所以l⊥β，又l∥α，記l?γ且則l∥l'，所以l'故選：D【分析】本題考查空間中直線與直線，直線與平面，平面與平面的位置關(guān)系.利用直線與平面平行的判定定理可判斷A選項(xiàng)；利用直線與平面平行的性質(zhì)定理，平面與平面平行的性質(zhì)定理可判斷B選項(xiàng)；利用平面與平面垂直的性質(zhì)定理可判斷C選項(xiàng)；利用直線與平面平行的性質(zhì)定理，直線與平面垂直的性質(zhì)定理可判斷D選項(xiàng).5．【答案】D【解析】【解答】解：x=1+2+3+4+55則7=0.6×3+a，∴a=5∴x=8時，預(yù)測y=0.故答案為：D【分析】本題考查線性回歸方程.根據(jù)表格數(shù)據(jù)先求出樣本中心點(diǎn)(x,y)的坐標(biāo)，代入回歸直線方程可求出6．【答案】A【解析】【解答】解：過P作PP1垂直準(zhǔn)線于在△PFM中，由正弦定理可得|PF|sin即|PF|sinα=在△PP1M中，因?yàn)椤纤詓inβ=故答案為：A.【分析】過P作PP1垂直準(zhǔn)線于P1，在△PFM中由正弦定理可得sin7．【答案】A【解析】【解答】解：若f(x)為R上的偶函數(shù)，則f(?x)則f(?x)當(dāng)x∈[0,2]時，則當(dāng)x∈[?2,0]時，f(x)=(12函數(shù)y=3|sin(πx)|周期是2，最大值為3，把函數(shù)y=3sin(πx)在y=f(x)與y=3|sin(πx)|在區(qū)間且這10個交點(diǎn)的橫坐標(biāo)關(guān)于直線x=2對稱，所以g(x)在區(qū)間的[?1,故選：A【分析】利用函數(shù)的奇偶性和函數(shù)關(guān)系式可推出f(x)的周期T=4，利用周期性和函數(shù)的奇偶性畫出f(x)的圖象，再通過翻折可畫出y=3|sin(πx)|的圖象，原問題可轉(zhuǎn)化為：函數(shù)f(x)與8．【答案】C【解析】【解答】解：直線nx+my?n=0即直線n(x?1)+my=0，過定點(diǎn)M(1,直線mx?ny?n=0即直線mx?n(y+1)=0，過定點(diǎn)N(0,且mn?mn=0，可知兩直線垂直，所以交點(diǎn)P的軌跡是以MN為直徑的圓如圖所示：即軌跡方程為C1:(x?12因?yàn)镼是圓C上一點(diǎn)，且PQ與C相切，可知問題轉(zhuǎn)化為圓C1上任意一點(diǎn)P作直線與圓C相切，求切線|PQ|由題意可知圓C的圓心C(?2,2)，半徑為可知當(dāng)|PC|取得最小值和最大值時，切線|PQ|取得最小值和最大值，因?yàn)閨CC則|CC1|?可得|PC|min2?所以|PQ|的取值范圍為[2,故答案為：C.【分析】由題意可知：交點(diǎn)P的軌跡是以MN為直徑的圓，原問題轉(zhuǎn)化為圓C1上任意一點(diǎn)P作直線與圓C相切，求切線|PQ|的范圍，可知當(dāng)|PC|取得最小值和最大值時，切線|PQ|9．【答案】C,D【解析】【解答】解：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是奇函數(shù)，則不等式f(2a)+f(a?2)>0，可變形為f(2a)>?f(a?2)=f(2?a)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，則不等式f(2a)>f(2?a)成立，則2a>2?a，解得a>2故選：CD.【分析】本題考查函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性.先利用奇函數(shù)的性質(zhì)可將不等式f(2a)+f(a?2)>0轉(zhuǎn)變?yōu)閒(2a)>f(2?a)，再利用函數(shù)的單調(diào)性可將不等式f(2a)>f(2?a)轉(zhuǎn)變?yōu)?a>2?a，解不等式可求出實(shí)數(shù)a的取值范圍，據(jù)此可求出答案.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：因?yàn)殡p曲線的方程為4x2?y2A.又因?yàn)橹本€l:y=kx+1過定點(diǎn)(0,1)，當(dāng)k=2時，直線B.聯(lián)立4x2?y2當(dāng)直線l與雙曲線C相切時，方程只有一個實(shí)數(shù)根，Δ=(2k)2+8(4?k2所以當(dāng)k=22時，直線l與雙曲線CC.若l與C有兩個公共點(diǎn)，則4?k2≠0Δ=(2k)D.若l與C沒有公共點(diǎn)，4?k2≠0故選：ABD【分析】先求出雙曲線的漸近線，直線l:y=kx+1所過定點(diǎn)為：(0,1)，當(dāng)k=2時，直線l與雙曲線C的漸近線平行，可知直線l與雙曲線C有且只有一個交點(diǎn)，據(jù)此可判斷A選項(xiàng)；聯(lián)立直線l與雙曲線C的方程，消消去y可得一元一次方程，根據(jù)題意可列出方程，解方程可求出k=±22，據(jù)此可判斷B選項(xiàng)；根據(jù)l與C有兩個公共點(diǎn)，可列出不等式組，解不等式組可求出k的取值范圍，據(jù)此可判斷C選項(xiàng)；根據(jù)l11．【答案】C,D【解析】【解答】解：令f(x)=6lnx?x,當(dāng)x∈(0,6)時，f'(x)>0；當(dāng)可知f(x)在(0,6)內(nèi)單調(diào)遞增，f(x)在因?yàn)?lnm=m+a，6n=6ln且m≠en，不妨設(shè)記x1=m,x2則g'(x)=?f可知g(x)在(0,6)上單調(diào)遞減，則g(x)=f(12?x)?f(x)>g(6)=0，可得f(12?x又因?yàn)?2?x1,x2所以12?x1<x2對比選項(xiàng)可知：AB錯誤；CD正確；故答案為：CD.【分析】構(gòu)建f(x)=6lnx?x,x>0，利用導(dǎo)數(shù)判斷f(x)的單調(diào)性，結(jié)合題意可知0<m<6<en，構(gòu)建g(x)=f(12?x)?f(x)，12．【答案】40【解析】【解答】因?yàn)镃52x3(?2)故答案為：40

【分析】利用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式可求出答案.13．【答案】2【解析】【解答】解：由余弦定理，BC則有AB2=AC2+BC由BD=2DC，得DC=3，所以AD=故答案為：23【分析】本題考查利用余弦定理和勾股定理解三角形.先利用余弦定理求出BC，再利用勾股定理的逆定理證明△ABC為直角三角形，∠C=90°，再利用勾股定理可求出14．【答案】3π【解析】【解答】解：已知如圖所示：當(dāng)三棱錐B1?ACD的體積最大時，由于底面所以此時B1到底面ACD的距離最大，平面B1AC⊥且平面B1AC∩平面取AC的中點(diǎn)E，則B1E⊥AC，故B1取AD的中點(diǎn)O，則OE=2，又B1E=2，且又∵OA=OD=OC=2，故O是三棱錐B1?ACD的外接球球心，且該外接球的半徑顯然，當(dāng)且僅當(dāng)過點(diǎn)M的平面與OM垂直時，截外接球的截面面積最小，此時，截面的圓心就是點(diǎn)M，記其半徑為r，則R=2=O由于AC⊥CD，CD?平面ACD，所以CD⊥平面B1而AB1?平面B1AC在△B1AD中，B又3AM=MB1故由余弦定理有OM∴r2=R故答案為：3π【分析】當(dāng)三棱錐B1?ACD的體積最大時，此時B1到底面ACD的距離最大，可推出平面B1AC⊥平面ACD，利用平面與平面垂直的性質(zhì)定理可證明B1E⊥平面ACD，取AC的中點(diǎn)E，AD的中點(diǎn)O，利用勾股定理可推出OA=OD=OC=2，據(jù)此可知O是三棱錐B1?ACD15．【答案】（1）證明：∵CD是圓的直徑，∴CE⊥DE又∵AD⊥平面CDE，CE?平面CDE，∴CE⊥AD，∵DE∩AD=D，DE,AD?平面ADE，∴CE⊥平面又AE?平面ADE，∴AE⊥CE；（2）解：記點(diǎn)E1為點(diǎn)E在底面上的投影，以E1為坐標(biāo)原點(diǎn)，E1∵AB=4,∠EDC=π3故E(0,∴EO記平面EOB，平面DOB的法向量分別為n=(則n·EO=0n·EB=0故可取y1則n=(?∴cos∴平面EOB與平面DOB夾角的余弦值為77【解析】【分析】（1）利用圓柱的性質(zhì)可得：側(cè)棱AD⊥平面CDE，利用直線與平面垂直的性質(zhì)可推出：CE⊥AD，再根據(jù)CD是圓的直徑可推出CE⊥DE，利用直線與平面垂直的判定定理可證明CE⊥平面ADE，利用直線與平面垂直的性質(zhì)定理可證明結(jié)論；（2）利用點(diǎn)E1為點(diǎn)E在底面上的投影，以E1為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出對應(yīng)向量，求出平面DOB的法向量和平面16．【答案】（1）解：因?yàn)閒(x)=e所以f'所以f'因?yàn)榍€y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為所以f所以1?a=?1所以a=2；（2）解：當(dāng)a=32時，令h'當(dāng)x∈[0,π2]時，又h(0)=1?32=?所以?唯一的x0∈(0當(dāng)x∈[0,x0)時，h(x)<0,又f(0)=0所以f(x)【解析】【分析】（1）先求出導(dǎo)函數(shù)f'(x)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的幾何意義求出切線斜率，再根據(jù)切線方程可列出關(guān)于（2）構(gòu)造函數(shù)h(x)=f'(x)，求出導(dǎo)函數(shù)h'(x)，利用導(dǎo)函數(shù)h17．【答案】（1）解：由題意可得F(1,因?yàn)橹本€l的傾斜角為π4，所以k=因此，l的方程為y=x?1，聯(lián)立方程x22+y解得x所以A(0因此，|AB|=（2）解：設(shè)A(x1,y1),B(x聯(lián)立方程x22+y因此y1所以|AB|=1+設(shè)線段AB的中點(diǎn)為G，則yG所以|MG|=1+所以tan設(shè)t=1+m2當(dāng)且僅當(dāng)t=3，即m=±當(dāng)∠AMB2最大時，∠AMB也最大，此時直線l的方程為x=±即x+2y?1=0【解析】【分析】（1）根據(jù)橢圓方程可求出橢圓右焦點(diǎn)坐標(biāo)，利用直線的點(diǎn)斜式可求出直線l的方程，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，可求出交點(diǎn)A,B的坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)之間距離公式可求出（2）根據(jù)題意分析可得直線l的斜率不為0，設(shè)l為x=my+1，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，應(yīng)用韋達(dá)定理和弦長公式可求出|AB|，計算AB的中點(diǎn)G,|MG|，利用正切定義和換元法可得：tan∠AMB