广东省广州市五校2023-2024学年高二上学期期末联考数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省广州市五校2023-2024学年高二上学期期末联考数学试卷注意事项：1、开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、班级、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数（为虚数单位），是的共轭复数，则在复平面上所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】C【解析】，则，故在复平面上所对应的点位于第三象限.故选：C.2.下列直线中，倾斜角最大的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】直线的斜率为，倾斜角为；直线的斜率为，倾斜角为，直线的斜率为，倾斜角为；直线的斜率为，倾斜角为，显然直线的倾斜角最大.故选：C3.集合，，则（）A B.C. D.【答案】D【解析】∵，，，∴.故选：D.4.一组数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第40百分位数是（）A.4 B.5 C.6 D.9【答案】C【解析】根据题意，数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，则极差为，故该组数据的中位数是，数据共6个，故中位数为，解得，因为，所以该组数据的第40百分位数是第3个数6，故选：C.5.函数的最大值是（）A. B. C. D.4【答案】B【解析】由，解得，故的定义域为.设，则，其中，，∵，则，∴当，即时，取最大值，即函数最大值是.故选：B.6.将的图像向左平移个单位后，再将所得图像上所有点的横坐标变为原来的，得到函数的图像.已知在上单调递增，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】，向左平移个单位后，再将所得图像上所有点的横坐标变为原来的，则，由在上单调递增，故在上单调递减，当时，，则，即，即.故选：A.7.广州塔昵称“小蛮腰”，位于广州城市新中轴线与珠江景观轴交汇处，是中国第一高塔、国家级旅游景区、广州的地标性景点.广州塔的塔身是由倾斜扭转的24根直钢柱包围而成的一个单叶双曲面（即由双曲线一支绕其虚轴所在直线旋转所得到的曲面）.如图，已知广州塔的主塔体（不含天线桅杆）高米，塔身最细处（直钢柱和中心轴线距离最近的位置）离地面高度米、直径为30米，每根直钢柱与地平面所成角的正切值为，则塔底直径为（）A.40米 B.50米 C.60米 D.70米【答案】C【解析】由题意设直钢柱中在底面圆上的投影线段为，连接，，所以在中，，得，由题意可得四边形为矩形，又因为点是圆的切点，所以，且到，设圆的半径为，所以在中，，得，所以圆的直径为.故C正确.故选：C.8.已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由椭圆定义可知，由，故，，点满足，即，则，又，，即，又，故，则，即，即平分，又，故，则，则，，，由，故，即，即，又，故.故选：B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知事件A，B发生的概率分别为，，则（）A. B.C.若A与B相互独立，则 D.一定有【答案】ABC【解析】对于A，因为，所以，故A正确；对于B，因为，又，且，则，所以，即，故B正确；对于C，因为A与B相互独立，则，则，故C正确；对于D，记事件“抛掷一枚骰子，向上的点数小于3”，事件“抛掷一枚骰子，向上的点数为4”，则满足，，但不成立，故D错误；故选：ABC10.下列结论错误的是（）A.若非零空间向量，，满足，，则有B.若非零向量与平行，则A，B，C，D四点共线C.设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底D.若，则是P，A，B，C四点共面的充要条件【答案】AB【解析】对于A，当非零空间向量满足，时，与不一定平行，也可能垂直，错误；对于B，当非零向量与平行时，A，B，C，D四点共线或直线与直线平行，错误；对于C，若不能构成空间的一组基底，则共面，故存在，使得，即，由于是一组基底向量，所以无解，故能构成空间的一组基底，正确；对于D，，若，则，化简得，因此P，A，B，C四点共面四点共面，反之，若P，A，B，C四点共面，则存在唯一实数对使得，所以，所以，又，所以，故，所以是P，A，B，C四点共面的充要条件，正确.故选：AB11.已知O为坐标原点，过抛物线C：焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，直线交C于另一点N，若，则（）A.直线的斜率为 B.C. D.直线的斜率为定值【答案】AD【解析】由抛物线C：，则，有，且，则，则，即，则，故A正确；设，则有，化简得，即，解得或（舍去），故，即，则，，即，故B错误；则，，故，故C错误；设，由，故，化简得，即，即或（舍去），故，即，又，则，故D正确.故选：AD.12.如图，在棱长为6的正方体中，动点P在截面内（含边界），且满足.下列说法正确的是（）A.点P的轨迹长度为B.与平面所成角的余弦值为C.存点P使得D.与平面所成角的正切值的取值范围是【答案】BCD【解析】对于A，取的中点，三棱锥为正三棱锥，过作面于，则为正的中心，又，∵，∴，，由，得，∴，∴，∵，∴，∴点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即正的内切圆，∴点的轨迹长度为，故A错误；对于B，设与平面所成角为，∵到平面距离为，∴，∵，∴，即与平面所成角的余弦值为，故B正确；对于C，当为该内切圆与的切点，即为与的交点时，，证明如下：连接,则，∵平面，平面，∴，又，平面，∴平面，∵平面，∴，故C正确；对于D，如图，该内切圆与的交点为E，取的中点，作于，，面,∵,∴,,,,,当与重合时，取最大值；当与重合时，取最小值.∴，∵为的中点，∴到平面距离与到平面距离相等，即，设与平面所成角为，则，∵，∴，，∴，即，即与平面所成角的正切值的取值范围是，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分.13.若为奇函数，则_______.【答案】【解析】由题得函数的定义域为R,因为函数是奇函数，所以.所以，所以.故答案为：14.已知椭圆和双曲线共焦点，则m的值为____________.【答案】7【解析】由题意，焦点轴，所以，解得.故答案为：715.已知直线过点且与x轴、y轴分别交于两点，O为坐标原点，则的最小值为______.【答案】【解析】直线与与x轴、y轴分别交于，可设直线的截距式，直线过点，，且，，当且仅当，即时，取得最小值.故答案为：.16.已知直线：与圆：、圆：相交于从左到右依次排列的四个不同点A，B，C，D，且满足，则线段的长为____________.【答案】【解析】由：，故圆心，半径，则到直线的距离，则圆被直线所截弦长为，，故该圆圆心为且半径，则到直线的距离，圆被直线所截弦长为，由，故，故圆与直线交点在轴右侧，由点在直线上，且该点在圆内部，故在上，若A，B在圆上，C，D在圆上，则两圆被直线所截弦长相等，若A，C在圆上，B，D在圆上，则、，有，即两圆被直线所截弦长相等，若A，D在圆上，B，C在圆上，则两圆圆心在同一点，不符故舍去，综上所述，两圆被直线所截弦长恒相等，即，即，即，故或（舍去），故圆：，将代入，可得，即或，由最左边，故在最上面，即，，将代入，可得，即或，同理可得，在最下面，故，则，故.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.已知函数，其中.（1）若，求的最小正周期和其图像的对称中心；（2）若，求的值.解：（1）当，，所以最小正周期，令，则，所以图像的对称中心为；（2）若，即，所以，又因为，则，而，所以，则，.18.网络流行词“新四大发明”是指移动支付、高铁、网购与共享单车.某中学为了解本校学生中“新四大发明”的普及情况，从全校3000名学生中随机抽取了100人，发现样本中使用过移动支付的有60人，使用过共享单车的有43人，其中两种都使用过的有8人.（1）利用样本数据估计该校学生中，移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数；（2）经过进一步调查，样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生里，有3人坐过高铁.现从样本中两种都没使用过的学生里随机选出2名学生，求这2名学生都坐过高铁的概率.解：（1）样本中使用过移动支付的人组成集合，使用共享单车的人组成集合，表示集合中的元素，由题意，，，所以，所以样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数为，从而估计该校学生中，移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数为；（2）由（1）知样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生有人，记为A，B，C，D，E，其中有3人坐过高铁的学生记为A，B，C.则从5人中抽取2人的所有抽取情况有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10种，其中2名学生都坐过高铁的有AB，AC，BC，共3种，故所求概率为.所以这2名学生都坐过高铁的概率为.19.已知中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.（1）求角A的大小：（2）若，，D为中点，点E在上且满足，求的长.解：（1），故，由正弦定理可得，即，即，又，故，因为，所以；（2）由余弦定理可得，即，则，由D为中点，则，又，则，即，则在中，由余弦定理可得：，即.20.已知抛物线：过点.（1）求抛物线的方程；（2）过点的射线交抛物线于另一点，交准线于点，求的最大值.解：（1）将点代入抛物线方程，有，即，故抛物线的方程为；（2）由抛物线的方程为，故准线为，由题意可得，直线的斜率存在且斜率大于零，设，，令，则，联立，消去可得，有，故，则，由，故，则，由且，故，当且仅当时，等号成立，故的最大值为.21.五面体的底面是一个边长为4的正方形，，，，二面角的大小为.（1）求证：；（2）设点P为棱上一点，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.解：（1）∵底面是一个边长为4正方形，∴,∵，∴,∴为二面角的平面角，∴∵，，∴,在中，，∴，从而，∴，∴.（2）∵,,,平面,∴平面,以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，则，，设平面的法向量为，由，令，则，，设平面与平面的夹角为，若与重合，平面即为平面，其法向量为，∴，不合题意；当与不重合时，设，∴，∴，设平面的法向量为，由，令，则，，，整理得，即，解得或，∴或.22.