广东省2024届普通高中毕业班第二次调研考试数学试题

这是一份广东省2024届普通高中毕业班第二次调研考试数学试题，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．复数z满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．若集合，，定义集合且，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数，的定义域为R，则“，为周期函数”是“为周期函数”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，是椭圆的两个焦点，双曲线的一条渐近线与交于，两点. 若，则的离心率为（ ）
A．B．
C．D．
5．在的展开式中，所有有理项的系数之和为（ ）
A．84B．85C．127D．128
6．已知是等差数列，数列是递增数列，则（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，直线与函数的图象的三个相邻的交点为A，B，C，且，，则（ ）

A．B．
C．D．
8．半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图所示的多面体就是一个半正多面体，其中四边形和四边形均为正方形，其余八个面为等边三角形，已知该多面体的所有棱长均为2，则平面与平面之间的距离为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题
9．2023年10月3日第19届杭州亚运会跳水女子10米跳台迎来决赛，中国“梦之队”包揽了该项目的冠亚军.已知某次跳水比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为，平均数为，若随机删去其任一轮的成绩，得到一组新数据，记为，平均数为，下面说法正确的是（ ）
A．新数据的极差可能等于原数据的极差
B．新数据的中位数可能等于原数据的中位数
C．若，则新数据的方差一定大于原数据方差
D．若，则新数据的第40百分位数一定大于原数据的第40百分位数
10．若平面向量，，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则与同向的单位向量为
C．若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为
D．若，则的最小值为
11．已知，函数有两个极值点，，则（ ）
A．a可能是负数
B．若，则函数在处的切线方程为
C．为定值
D．若存在，使得，则
12．已知函数，则下列关于函数的说法，正确的是（ ）
A．为奇函数
B．的最小正周期为
C．的最大值为2
D．在处的切线方程为
三、填空题
13．写出满足“直线：与圆：相切”的一个的值 .
14．已知是坐标原点，点，且点是圆：上的一点，则向量在向量上的投影向量的模的取值范围是 .
15．已知圆锥的外接球半径为2，则该圆锥的最大体积为 .
16．已知函数的最小值为0，则a的值为 .
四、解答题
17．多巴胺是一种神经传导物质，能够传递兴奋及开心的信息.近期很火的多巴胺穿搭是指通过服装搭配来营造愉悦感的着装风格，通过色彩艳丽的时装调动正面的情绪，是一种“积极化的联想”.小李同学紧跟潮流，她选择搭配的颜色规则如下：从红色和蓝色两种颜色中选择，用“抽小球”的方式决定衣物颜色，现有一个箱子，里面装有质地、大小一样的4个红球和2个白球，从中任取4个小球，若取出的红球比白球多，则当天穿红色，否则穿蓝色.每种颜色的衣物包括连衣裙和套装，若小李同学选择了红色，再选连衣裙的可能性为0.6，而选择了蓝色后，再选连衣裙的可能性为0.5.
(1)写出小李同学抽到红球个数的分布列及期望；
(2)求小李同学当天穿连衣裙的概率.
18．已知抛物线C：，焦点为F，准线为l，点Q在准线l上.倾斜角为的直线经过点F与抛物线C交于A，B两点，且点A在第一象限.
(1)若Q在x轴上，证明：直线的斜率等于；
(2)已知，线段的垂直平分线经过点Q，并与x轴交于点M，四边形的面积为，求p.
19．如图，在平面内，四边形的对角线交点位于四边形内部，，，为正三角形，设.
(1)求的取值范围；
(2)当变化时，求四边形面积的最大值.
20．记数列的前n项和为，已知，且满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和为，若，，，求.
21．如图，在三棱锥中，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点E，使得二面角的正切值为?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
22．已知，函数，为的导函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)讨论在区间上的零点个数；
(3)比较与的大小，并说明理由.
参考答案：
1．A
【分析】先计算复数 ,再求出共轭复数，最后根据复数的几何意义确定所在象限即可.
【详解】,
,对应点的坐标为在第一象限.
故选：A.
2．C
【分析】化简集合，结和所给定义域即可求解.
【详解】由得，则，
又且，则.
故选：C
3．D
【分析】根据通过反例和周期的性质判断即可.
【详解】两个周期函数之和是否为周期函数，取决于两个函数的周期的比是否为有理数，若为有理数，则有周期，若不为有理数，则无周期.
的周期为，的周期为，则当时，只有周期的整数倍才是函数的周期，则不是充分条件；
若，，
则为周期函数，但，为周期函数不正确，故不是必要条件；
因此为不充分不必要条件.
故选：D
4．D
【分析】根据双曲线渐近线方程可得，可得，再结合椭圆定义及离心率公式可得解.
【详解】
如图所示，
由已知，则渐近线，
即，
又，
即，且四边形为矩形，
所以，
则，
又根据椭圆定义可知，
所以离心率，
故选：D.
5．D
【分析】由题意得，结合展开式的通项公式即可求解.
【详解】由题意知，
展开式的通项公式为，
当时，为有理项，
所以所有有理项的系数之和为.
故选：D.
6．C
【分析】根据等差数列与递增数列的概念列出不等式，即可得解.
【详解】设等差数列的通项公式为，，
又数列是递增数列，
则，，
即，
化简可得，，
即，，
当时，，则C正确，ABD选项符号无法判定，
故选：C.
7．A
【分析】由题意可得相邻对称轴间距离求出周期得出排除BD，再由区分AC即可得解.
【详解】因为，，
所以相邻两对称轴间的距离，即周期，所以，
排除BD，
当时，代入，可得，满足题意，
代入，可得，不符合题意，
故A正确C错误.
故选：A
8．B
【分析】分别取的中点，作出截面，结合几何体的性质，确定梯形的高即为平面与平面之间的距离，由此即可求得答案.
【详解】分别取的中点，连接，

根据半正多面体的性质可知，四边形为等腰梯形；
根据题意可知，
而平面，
故平面，又平面，
故平面平面，则平面平面，
作，垂足为S，平面平面，
平面，故平面，
则梯形的高即为平面与平面之间的距离；
，
故，
即平面与平面之间的距离为，
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查了空间想象能力，解答的关键是根据几何体的结构特征，作出其截面图，确定梯形的高即为平面与平面之间的距离，即可求得答案.
9．ABC
【分析】根据极差、中位数、平均数和方差的概念，以及百分位数的概念及计算方法，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若随机删去任一轮的成绩，恰好不是最高成绩和最低成绩，此时新数据的极差可能等于原数据的极差，所以A正确；
对于B中，不妨假设，
当时，若随机删去的成绩是，此时新数据的中位数等于原数据的中位数，所以B正确；
对于C中，若，即删去的数据恰为平均数，根据方差的计算公式，分子不变，分母变小，所以方差会变大，所以C正确；
对于D中，若，即删去的数据恰为平均数，在按从小到大的顺序排列的5个数据中，
因为，此时原数据的分位数为第二数和第三个数的平均数；
删去一个数据后的4个数据，从小到大的顺序排列，可得，
此时新数据的分位数为第二个数，
显然新数据的分位数小于原数据的分位数，所以D错误.
故选：ABC.
10．BD
【分析】根据向量的线性运算可判断AB选项，再根据向量夹角公式可判断C选项，结合向量垂直的坐标表示及基本不等式可判断D选项.
【详解】由，，
A选项：，
则，解得，则，，
所以不存在，使，即，不共线，A选项错误；
B选项：，则，解得，
即，，，
所以与同向的单位向量为，B选项正确；
C选项：时，，
又与的夹角为锐角，
则，解得，且，
即，C选项错误；
D选项：由，得，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，D选项正确；
故选：BD.
11．BCD
【分析】根据导数与切线、极值点、绝对值不等式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】若，，
所以函数在处的切线方程为，B选项正确.
，
当时，单调递减，没有极值，所以A选项错误，
当时，由解得，
所以在区间上单调递增，
在区间上单调递减，
所以是的极大值点，是的极小值点，
而，
所以
为定值，C选项正确.
D选项，若存在，使得，
即，
即，，
即，即，
由于，所以必存在，
对于，则有，
，解得，所以D选项正确.
故选：BCD
12．AD
【分析】利用可对A项判断；利用周期函数定义可得可对B项判断；由的周期为，分情况讨论出的最大值即可对C项判断；求出的导数，从而可对D项判断.
【详解】对于A项：
所以为奇函数，故A项正确；
对于B项：
，所以的最小正周期不是，故B项错误；
对于C项：由B项知，取，时，，且在区间上单调递增，，
同理可得：当时，，，
当时，，，
所以的最大值为，故C项错误.
对于D项：，由C项知：时，，所以，
所以，
所以可得在处的切线方程为：.故D项正确.
故选：AD.
13．（或，答案不唯一）
【分析】根据直线与圆的位置关系列方程可得解.
【详解】由已知圆：的圆心为，半径，
又直线：与圆：相切，
所以圆心到直线的距离，
解得或，
故答案为：（或，答案不唯一）.
14．
【分析】设直线的斜率为，倾斜角为，的倾斜角为，可表示，再根据投影向量的模的概念可得解.
【详解】设直线倾斜角为，的倾斜角为，
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即
由圆：，即，
所以圆心，半径，
又点在圆上，
所以点到直线的距离，解得，即，
当直线的斜率不存在时，方程为与圆相切，成立，此时，
综上，，
则，
所以，即
所以，
即，
又
所以向量在向量上的投影向量的模为，
故答案为：.
15．/
【分析】设圆锥的高为，底面圆的半径为，由勾股定理得，根据圆锥的体积公式得，利用导数研究函数的性质求出即可求解.
【详解】设圆锥的高为，底面圆的半径为，
则，即，
所以该圆锥的体积为，
设函数，则，
令，函数单调递增，
令，函数单调递减，
所以.
即圆锥的最大体积为.
故答案为：.
16．/0.5
【分析】对求导，进而研究的单调性，根据有最小值为0，则使，且求出，即可求参数值.
【详解】由，且，
令，则，即在上递增，
所以在上递增，又，，，，
所以，使，且时，，
时，，所以在上递减，在上递增，
所以
由，得，
令函数，，
所以在上是增函数，注意到，所以，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用导数研究函数的单调性，结合最小值为0可得到方程组，消a得到关于的方程，再利用函数的单调性及特殊点的函数值解方程可得.
17．(1)分布列见解析，
(2).
【分析】（1）根据超几何分布求出的概率，列出分布列，求出数学期望即可；
（2）设A表示穿红色衣物，则表示穿蓝色衣物，B表示穿连衣裙，则表示穿套装.求出，结合条件概率和计算即可求解.
【详解】（1）设抽到红球的个数为X，则X的取值可能为4，3，2，
，，，
所以X的分布列为：
故.
（2）设A表示穿红色衣物，则表示穿蓝色衣物，B表示穿连衣裙，则表示穿套装.
因为穿红色衣物的概率为，
则穿蓝色衣物的概率为，
穿红色连衣裙的概率为，穿蓝色连衣裙的概率为，
则当天穿连衣裙的概率为.
所以小李同学当天穿连衣裙的概率为.
18．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）应用抛物线的定义及三角函数的定义，构建直角三角形即可；
（2）设直线的方程为，与抛物线联立得，即可求得线段的中点为，进而求出直线的方程，进而得点坐标，结合两点距离公式，可得，由，即可求面积，即可求解.
【详解】（1）证明：过点A作轴，垂足为H，过点A作，垂足为E，则四边形为矩形.
而，而，
由抛物线的定义，，而，故，从而.
（2）由题得，直线的方程为，设，，
联立，消去y，可得，
易知，故，从而，.
于是线段的中点为.
又，所以直线的斜率为，故可得直线的方程为，即.
令，得，故，
令，得，故.
于是.
因为，故四边形的面积为，
解得.
19．(1)
(2)
【分析】（1）由四边形可知的取值范围，再在余弦定理可得且，解不等式可得的取值范围；
（2）在由余弦定理可知，分别求和面积，可得四边形面积的最值.
【详解】（1）因为四边形的对角线交点位于四边形内部，
所以，又因为为正三角形，，所以.
在中，由余弦定理得，
又因，
将，代入并整理得且，解得，
所以的取值范围是；
（2）在中，由余弦定理可得，，
由（1）知，所以，
又因为为正三角形，所以，
又，
所以
，
所以当，即时，且成立，
四边形的面积取得最大值，最大值为.
20．(1)
(2)-36672
【分析】（1）利用得到数列为等比数列，利用等比数列的通项公式求解；
（2）求出，然后利用分组求和法求和即可.
【详解】（1）因为，则当时，，
两式相减可得，则，
且当时，，解得，
所以是首项为，公比为2的等比数列，
所以，
即；
（2）因为，
则
.
21．(1)证明见解析
(2)存在，.
【分析】（1）用余弦定理求角，再用几何关系证明线面垂直即可证明面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，用向量方法进行坐标运算即可求解.
【详解】（1）证明：在中，，所以，
过点D作于点O，连接，则，
因为，，为公共边，所以.
所以，且，又，所以，所以，
又因为，平面，，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）设存在满足题意的点E，由（1）可知，，两两垂直，以点O为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，则，，，，
，，，
设，，则，
显然平面的法向量.
设平面的法向量，则，
取，则，，所以，
若二面角的正切值为，则其余弦值为，
则，
整理得，所以，又因为，所以，
所以，即当时，二面角的正切值为.
22．(1)的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)答案见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）求导可得，根据和即可求解；
（2）令，则，.易知当时，从而单调递减；当时令，利用导数讨论函数的单调性，根据零点的存在性定理分析函数的单调性可得，即可得出零点的个数；
（3）由（2）可得当时在上恒成立.利用导数讨论函数的性质可得，结合得，，即可证明.
【详解】（1）当时，，其定义域为，
，令，得.
当时，，故在上单调递增；
当时，，故在上单调递减.
因此，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）令，
则，.
因为，则，，则.
当时，则，
故，从而在上单调递减；
而，故当时，，
故在区间上无零点；即在区间上无零点；
当时，令，则，
因为，则，
从而，即在上单调递减；
而，，
因此存在唯一的，使得，
并且当时，；当时，.
即当时，，当时，.
故当时，单调递增，当时，单调递减.
而，故；
取，当时，，
所以存在唯一的，使得，即在区间上有唯一零点.
综上所述，当时，在上有唯一的零点；
当时，在上没有零点.
（3）
理由如下：
[解法一]由（2）可得，当时，在上恒成立.
即当时，，.
以下证明不等式：当时，有.
令，则，故在上单调递减，
则，即，，即有，
而，故，.
取，则有.
[解法二]显然，故，
以下证明不等式：当时，有.
令，则令，得.
故当时，，从而在上单调递增；
当时，，从而在上单调递减.
故是的极大值点，并且是最大值点，
故，即，.
取，则，故，
故，从而
【点睛】方点点睛：利用导数研究函数零点问题，不论哪种方法，其核心步骤都是构造函数.利用已知的函数或已知条件将问题转化，重新构造函数模型，通过导数研究函数模型的单调性、极值或最值等达到解决问题的目的.
X
4
3
2
P