1、平高教育集团湖南六校2024年度春季学期期末质量监测高二 数学 试卷考试时间：2024年6月27日上午7：50-9：50本试题卷共4页，22题，全卷满分150分.考试用时120分钟.祝考试顺利注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在规定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用签字笔或钢笔将答案写在答题卡上，请勿在答题卡上使用涂改液或修正带，写在本试卷上的答案无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每
2、小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1已知集合，则（）ABCD2已知，且，则实数（）ABC3D3“”是“直线与直线平行”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4已知，则（）ABCD5已知，则（）ABCD26已知的展开式中第3项的二项式系数等于36，则该展开式中的常数项为（）ABCD7第33届夏季奥林匹克运动会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办假设这届奥运会将新增2个竞赛项目和4个表演项目，现有三个场地A，B，C承办这6个新增项目的比赛，每个场地至少承办其中1个项目，且A场地只能承办竞赛项目，则不同的安排方法有（）A60种B74种C88
3、种D120种8已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（）ABCD二、选择题：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对于随机变量，下列说法正确的有（）A若，则B若，则C若，则D若，则10已知函数，则（）A是奇函数B的最小正周期为C的最小值为D在上单调递增11已知等比数列的前n项和为满足，数列满足，则下列说法正确的是（）AB设，则的最小值为12.5C若对任意的恒成立，则D设，若数列的前n项和为，则三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分.12若复
4、数满足，为虚数单位，则 .13若椭圆的离心率为，则 .14已知曲线恒过点，且在抛物线上若是上的一点，点，则点到的焦点与到点的距离之和的最小值为 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已知的内角的对边分别为为锐角，且(1)求角的大小；(2)若的面积为，求的值16如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，、分别是、的中点.(1)求证：平面；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小.17双曲线C的焦点与椭圆的焦点相同，双曲线C的一条准线方程为.(1)求双曲线C的方程；(2)若双曲线C的一弦中点为，求此弦所在的直线方程.18已知函数(1)若，判断的单调
5、性；(2)若在上没有极值点，求的取值范围19某中学的风筝兴趣小组决定举行一次盲盒风筝比赛，比赛采取得分制度评选优胜者，可选择的风筝为硬翅风筝软翅风筝串式风筝板式风筝立体风筝，共有5种风筝，将风筝装入盲盒中摸取风筝，每位参赛选手摸取硬翅风筝或软翅风筝均得1分并放飞风筝，摸取串式风筝板式风筝立体风筝均得2分并放飞风筝，每次摸取风筝的结果相互独立，且每次只能摸取1只风筝，每位选手每次摸取硬翅风筝或软翅风筝的概率为，摸取其余3种风筝的概率为.(1)若选手甲连续摸了2次盲盒，其总得分为分，求的分布列与期望；(2)假设选手乙可持续摸取盲盒，即摸取盲盒的次数可以为中的任意一个数，记乙累计得分的概率为，当时，
6、求.1B【分析】解不等式后根据交集运算求解.【详解】由所以故选：B.2B【分析】根据向量垂直关系的坐标表示解方程可得.【详解】由可得，解得.故选：B3C【分析】根据两直线平行的条件进行判断【详解】当时，直线与直线，即为直线与直线的斜率都是，纵截距不同，则两直线平行，是充分条件；若直线与直线平行，当时，两直线方程都为，直线重合不符合题意，当时，两直线平行则斜率相等，截距不相等，解得，是必要条件；故选：C4A【分析】利用指数函数单调性得到，利用指对运算和指数函数单调性得到，利用对数函数单调性得到，则比较出大小.【详解】因为，且，则，所以，故选：A.5A【分析】由二倍角公式以及切弦互换即可求解.【详
7、解】.故选：A.6A【分析】由题意得求出的值，然后求出二项式展开式的通项公式，令的次数为零，求出，从而可求出展开式中的常数项.【详解】因为的展开式中第3项的二项式系数等于36，所以，得，因为，所以，所以展开式的通项公式为，令，得，所以该展开式中的常数项为，故选：A7B【分析】按照A场地承办1个竞赛项目还是2个竞赛项目分类讨论，结合排列组合知识进行求解.【详解】当A场地承办1个竞赛项目时，分和两种情况，共有种安排；当A场地承办2个竞赛项目时，分和两种情况，有种安排故不同的安排方法共有种故选：B.8D【分析】先求出正四棱台的高，再分析出最大内切球与四侧面及下底面相切，再根据三角函数得到其半径大小，
8、最后利用球的表面积公式即可.【详解】作出如图所示正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高，因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则，因为，故半径最大的球不与上下底面同时相切，则，则，过作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，则，则，则更确定最大内切球与四侧面及下底面相切，即该正四棱台内半径最大的球半径，球的表面积为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到正四棱台内半径的最大的球是与侧面和底面同时相切的，再求出其高，得到侧棱与底面夹角，作出轴截面图形，再求出最大球半径.9ABD【分析】根据期望和方差变换公式和二项分布、正态分布相关概念求解即可.【详解】对
9、于A，若，则，故A正确；对于B，若，则，故B正确；对于C，若，则，故C错误；对于D，若，则，故D正确.故选：ABD10AC【分析】首先化简函数，再根据函数的性质判断各选项.【详解】，函数的定义域为，对A，所以函数是奇函数，故A正确；对B，函数的最小正周期为，故B错误；对C，函数的最小值为，故C正确；对D，函数不单调，在上单调递增，在上单调递减，故D错误.故选：AC11BCD【分析】对于A：先求，结合等比数列性质分析求解；对于B：由，利用对勾函数的性质求解判断；对于C：由对恒成立求解判断；对于D：由，利用裂项相消法求解判断.【详解】对于选项A：因为，若，则；若，则；若为等比数列，则，即，解得，此
10、时符合，则，且，即为等比数列，综上所述：，故A不正确；对于选项B：因为，令，则，因为对勾函数在内单调递增，在内单调递减，当，时，；当，时，；所以，故B正确；对于选项C：由，若，则；若，则，则；且符合上式，所以，若对恒成立，即对恒成立，令，则，当时，；当时，当时，则，则，故C正确；对于选项D：，则，故D正确.故选：BCD12#【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合共轭复数的概念，即可求解.【详解】由复数，可得，所以故答案为：.132或【分析】根据焦点的位置分类讨论，结合离心率的计算公式可得答案.【详解】当时，焦点在轴上，则，则；当时，焦点在轴上，则，则.故答案为：2或.147【分析】将
11、曲线可变形为可得，进而可得的方程为，设点在准线上的投影为，抛物线的定义结合几何性质分析求解.【详解】曲线可变形为令，解得，可知曲线恒过点，因为在抛物线上，则，解得，所以的方程为，可知的焦点为，准线为，又因为，可知点在抛物线内，设点在准线上的投影为，则，因为，当且仅当与的准线垂直时，等号成立，所以点到的焦点与到点的距离之和的最小值为7故答案为：7.15(1)；(2)【分析】（1）根据正弦定理可得，即可求解；（2）根据三角形的面积公式可得，结合余弦定理计算即可求解.【详解】（1）由，有又由，可得，因为为锐角，所以；（2）由题意得，得，由余弦定理得，可得16(1)证明见解析；(2)【分析】（1）取线
12、段、的中点分别为、，连接、，然后四边形为平行四边形，得到线线平行，从而证明线面平行；（2）根据线面角的定义，可由几何图形作出线面角，然后根据三角形求解即可.【详解】（1）证明：取线段、的中点分别为、，连接、，则 ，又底面是正方形，即 ，则，即四边形为平行四边形，则，又在平面外，平面，故平面.（2）取线段的中点为点，连接、，又，底面是边长为的正方形，则，且， 又二面角的大小为，即平面平面，又平面，平面平面，则平面，则是直线与平面所成角，在中，即，故直线与平面所成角的大小为.17(1)(2)【分析】（1）求出椭圆焦点坐标，得双曲线的半焦距，再由准线方程求得，从而可得，然后可得双曲线方程（2）设弦的
13、两端分别为，利用点差法，代入双曲线方程相减，利用中点坐标可求得弦所在直线斜率，从而得直线方程【详解】（1）椭圆的焦点为，一条准线方程为，解得，双曲线的方程为（2）设弦的两端分别为，则有：弦中点为，故直线的斜率则所求直线方程为：18(1)在上单调递增，在上单调递减(2)【分析】（1）解不等式即可；（2）分两种情况：即在上恒成立，或在上恒成立。【详解】（1）当时，其定义域为，由，得由，得，所以在上单调递增，在上单调递减（2）因为， ，当时，若在上没有极值点，则在上单调，即在上恒成立，或在上恒成立若在上恒成立，则，解得，若在恒成立，则，解得综上所述，a的取值范围为19(1)分布列见解析，(2)【分析】（1）根据相互独立事件乘法公式求得分布列并求得数学期望.（2）根据已知条件列出递推关系，利用构造等比数列、累加法等知识求得.【详解】（1）的可能取值为，则：，则的分布列为234故.（2）当时，得分累计分，即在得到分后再得1分，或在得到分后再得2分，所以，则.因为，所以，所以为等比数列，且首项为，公比为，则，则，故当时，.
