1、2024年茂名市高三年级第二次综合测试数学试卷满分150分，考试用时120分钟一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的.1. 已知复数（为虚数单位），则（ ）A. B. C. 1 D. 2. 与向量方向相同的单位向量是（ ）A. B. C. D. 3. 设等差数列的前项和为，且，则的值是（ ）A. 11 B. 50 C. 55 D. 604. 已知是两条不同的直线，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. 已知变量和的统计数据如表：1234566788根据上表可得回归直
2、线方程，据此可以预测当时，（ ）A. 8.5 B. 9 C. 9.5 D. 106. 已知抛物线的焦点为的准线与轴的交点为，点是上一点，且点在第一象限，设，则（ ）A. B. C. D. 7. 若为上的偶函数，且，当时，则函数在区间上的所有零点的和是（ ）A. 20 B. 18 C. 16 D. 148. 已知，记直线与直线的交点为，点是圆上的一点，若与相切，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知函数为上的奇函数，且在上单调递增，若，则
3、实数的取值可以是 （ ）A. -1 B. 0 C. 1 D. 210. 已知双曲线，直线，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则与仅有一个公共点B. 若，则与仅有一个公共点C. 若与有两个公共点，则D. 若与没有公共点，则11. 已知，其中，则的取值可以是（ ）A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 的展开式中的系数是_.13. 在中，点在线段上，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：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
4、.（13分）如图，几何体是圆柱的一半，四边形是圆柱的轴截面，为的中点，为半圆弧上异于的一点.（1）证明：；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.16.（15分）已知函数.（1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值；（2）若，求函数在区间上的最大值.17.（15分）已知椭圆，右焦点为，过点的直线交于两点.（1）若直线的倾斜角为，求；（2）记线段的垂直平分线交直线于点，当最大时，求直线的方程.18.（17分）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；“
5、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；求甲获得第四名的概率；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.（17分）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）
6、若，求的值；（2）若为给定的值，且对任意有，证明：存在实数，满足，；（3）若为等比数列，证明：.参考答案一、单选题题号12345678答案CBCDDAAC二、多选题题号91011答案CDABDCD1.【答案】C【解析】，故选C2.【答案】B【解析】，故选B3.【答案】C【解析】由等差数列的性质可得，则，故选C4.【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.【
7、答案】D【解析】，则，时，预测，故选D6.【答案】A【解析】过点作垂直准线，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A7.【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A8.【答案】C【解析】，直线与直线分别过定点，且两直线垂直，交点的轨迹是以为直径的圆，即点的轨迹方程为，圆心，因为点是上的一点，直线是的切线，所以问题可转化为圆上任一点作直线与圆相切，求切线长的取值范围.设圆的半径为，则，因为圆的圆心为，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，
8、即.故选C9.【答案】CD【解析】函数是奇函数，在上单调递增，则不等式，可变形为，解得.故选CD10.【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，直线与双曲线有且只有一个交点，故A正确；联立消去得，当直线与双曲线相切时，方程只有一个实数根，解得，所以，当直线与双曲线相切时，方程只有一个实数根，解得，所以当时，直线与双曲线有且只有一个交点，故B正确；由图象可知，若与有两个公共点，则或，故选C错误；若与没有公共点，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
9、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
10、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，则，故平面，取的中点，则，又，且，则，又，故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，记其半径为，则；在中，故；又，故，又，故由余弦定理有，故所求面积为.15.（1）证明：是圆的直径，又平面，平面，平面，平面，又平面，；（2）解：记点为点在底面上的投影，以为坐标原点，所在直线分别为轴，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. 解：（1）因为，所以，所以
11、，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. 解：（1）由题意可得，因为直线的倾斜角为，所以，因此，的方程为，联立方程消去得解得所以因此，（2）设，由题意得，直线的斜率不为0，故设为，联立方程消去得，因此，所以，设线段的中点为，则，所以，所以设，则，当且仅当，即时等号成立，当最大时，也最大，此时直线的方程为，即或18. 解：（1）记“甲获得第四名”为事件，则；记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，则的所有可能取值为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；，；故的分布列如下：2340.160.5520.288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.解：（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，其中为的公比，于是，当时，因为，因此，又，所以，因此，即，所以.
