《广东省2023-2024学年高二下学期6月统一调研联考数学试题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省2023-2024学年高二下学期6月统一调研联考数学试题.pdf（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、绝密绝密启用前启用前2024 年年 6 月广东省高二年级统一调研测试月广东省高二年级统一调研测试数学试卷数学试卷试卷共试卷共 4 页，页，19 小题，满分小题，满分 150 分分.考试用时考试用时 120 分钟分钟.注意事项：注意事项：1.答卷前答卷前，考生务必用考生务必用，黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名 准考证号准考证号 考场号和座位号填考场号和座位号填写在答题卡上写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处条形码粘贴处”.2.作答选择题时作答选择题时，选出每小题答案后选出每小题答案后，用用 2B 铅笔在答题卡上对应题
2、目选项的答案信息点涂黑铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦如需改动，用橡皮擦干干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上净后，再选涂其他答案，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相应答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；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.不按不按以上要求作答的答案无效以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁考生必须保持答
3、题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回考试结束后，请将答题卡交回.一一 选择题选择题：本题共：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的符合题目要求的.1.样本数据1,6,7,8,8,9,10,11,12,13的第 30 百分位数为（）A.7B.7.5C.8D.8.52.2i1 3i的虚部为（）A.-5B.5C.-1D.13.已知椭圆22:1(0)1xyCmmm的离心率为33，则m（）A.3B.13C.2D.124.已知正项等比数列 na的前n项和为nS，若425SS，则数列 na的
4、公比为（）A.12B.22C.2D.25.函数 2 cos3f xx在130,6上的零点个数为（）A.5B.4C.3D.26.已知函数 31xf xmmn，其中0m 且1,mnR，则 f x的单调性（）A.与m有关，与n有关B.与m有关，与n无关C.与m无关，与n有关D.与m无关，与n无关7.建盏是福建省南平市建阳区的特产，是中国国家地理标志产品，其多是口大底小，底部多为圈足且圈足较浅（如图所示），因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建盏的上半部分抽象成圆台12OO，已知该圆台的上下底面积分别为216cm和29cm，高超过1cm，该圆台上下底面圆周上的各个点均在球O的表面上，且
5、球O的表面积为2100cm，则该圆台的体积为（）A.380cmB.3259cm3C.3260cm3D.387cm8.过圆22:1O xy外一点,M m n做圆O的切线MA，切点为A，若3MA，则23mn的最大值为（）A.2 10B.2 13C.2 15D.8二二 多选题多选题：本题共：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分分.9.已知全集223 0UxxxZ，集合210Bx x
6、，若UA有 4 个子集，且AB，则（）A.1AB.集合A有 3 个真子集C.3A D.ABU10.已知ABC中，角,A B C所对的边分别为,a b cABC的面积记为S，若4,60aA，则（）A.23SAB AC B.ABC的外接圆周长为16 33C.S的最大值为4 3D.若M为线段AB的中点，且4 33CM，则4 3S 11.已知函数 f x的定义域为R，若 12f xyf xfy，且 01f，则（）A.11f B.f x无最小值C.301()1425if iD.f x的图象关于点2,5中心对称三三 填空题填空题：本题共：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分分.
7、12.已知tan2，则1sin2_.13.学校安排甲乙等5名学生作为社区组织的“中老年趣味体育大赛”的项目志愿者，已知该比赛有,A B C这3 个项目，每名学生只去 1 个项目做志愿者，且每个项目的志愿者至少有 1 人，则不同的安排方法有_种.（用数字作答）14.已知O为坐标原点，点,A B在抛物线2:4E xy上，且0,OA OBODOAOB .记点D的轨迹为曲线G，若直线l与曲线G交于,M N两点，且线段MN中点的横坐标为 1，则直线MN的斜率为_.四四 解答解答题：本题共题：本题共 5 小题，共小题，共 77 分分.解答应写出文字说明解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤证明过程或演算步
8、骤.15.（13 分）如图，在直四棱柱1111ABCDABC D中，1190,222BADABDC CDADDD.（1）证明：1CB平面11ABD；（2）求1AC与平面11ABD所成的角的正弦值.16.（15 分）已知函数 2lnf xa xx.（1）若0a，讨论 f x的单调性；（2）若曲线 yfx在1x 处的切线与直线20 xy垂直，证明：f xx.17.（15 分）为了回馈长期以来的顾客群体，某健身房在五周年庆活动期间设计出了一种游戏活动，顾客需投掷一枚骰子三次，若三次投掷的数字都是奇数，则该顾客获得该健身房的免费团操券 5 张，且有 2 次终极抽奖机会（2 次抽奖结果互不影响）；若三次
9、投掷的数字之和是 6，12 或 18，则该顾客获得该健身房的免费团操券 5 张，且有 1 次终极抽奖机会；其余情况顾客均获得该健身房的免费团操券 3 张，不具有终极抽奖机会.已知每次在终极抽奖活动中的奖品和对应的概率如下表所示.奖品一个健身背包一盒蛋白粉概率3414（1）已知某顾客有两次终极抽奖机会，求该顾客获得一个健身背包和一盒蛋白粉的概率；（2）求一位参加游戏活动的顾客获得蛋白粉的概率.18.（17 分）已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的离心率为2，过点1,1E的直线l与C交于,M N两点，当l的斜率为12时，4 53MN.（1）求C的方程；（2）若,M N分别在C的左右两支
10、，点,21A t tt，探究：是否存在t，使得EAMEAN，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.19.（17 分）定义：任取数列 na中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为 1，则称数列 na具有“性质 1”.已知项数为n的数列 na的所有项的和为nM，且数列 na具有“性质 1”.（1）若4n，且140,1aa，写出所有可能的nM的值；（2）若12024,2023an，证明：“20232a”是“11,2,2022kkaak”的充要条件；（3）若10,2,0nanM，证明：4nm或*41nmmN.2024 年年 6 月广东省高二年级统一调研测试月广东省高二年级统一调研测试数学参考答案及评分
11、细则数学参考答案及评分细则1.【答案】B【解析】题设数据共有 10 个数，因为10 30%3，故第 30 百分位数为787.52.故选 B.2.【答案】A【解析】依题意，2i 1 3i26ii355i，故所求虚部为-5.故选 A.3.【答案】C【解析】131,1,31amcm，解得2m.故选 C.4.【答案】C【解析】设数列 na的公比为q，显然1q，则424221151SqqSq，解得2q 或2q （舍去）.故选 C.5.【答案】A【解析】令 0f x，解得3cos2x ，则 5 7 11 13,66666x，共 5 个零点.故选 A.6.【答案】D【解析】易知 f x的单调性与n无关，解法
12、一：当1m 时，函数 31xf xmmn单调递减，当01m时，函数 31xf xmmn单调递减，故 f x的单调性与m无关，与n无关.故选 D.解法二：依题意，31lnxfxmm m，因为0m 且1m，故1ln0mm，故 0fx，则不论m取何值，函数 f x单调递减.故选 D.7.【答案】B【解析】设球O的半径为cmR，上下底面分别为圆12,O O，依题意，24100R，解得5R，则22234cmOOR，同理可得，13cmOO，因为圆台的高超过1cm，则该圆台的高为7cm，该圆台的体积为312599 16 127cm33.故选 B.8.【答案】B【解析】依题意，22|12MOMA，即224mn
13、.解法一：222222222(23)491249941352mnmnmnmnmnmn，当且仅当221636,1313mn时等号成立，故23mn的最大值为2 13.故选 B.解法二：设23mnb，由题意知直线:230lmnb与圆：224mn有公共点，令22223b，解得2 13b，故23mn的最大值为2 13.故选 B.9.【答案】ACD（每选对 1 个得 2 分）【解析】依题意，130313,2,1,0,1,1,1UxxxxxB ZZ，而UA有 4 个子集，AB，故3,2,0A ，故集合A有 7 个真子集，B 错误，ACD 均正确.故选 ACD.10.【答案】AC（每选对 1 个得 3 分）【
14、解析】依题意，332sin,33cos22SbcAbcAB ACbcAbc ，故 A 正确；记ABC外接圆的半径为R，则482sin332aRA，则ABC的外接圆周长为8 33，故 B 错误；由余弦定理，222222cosabcbcAbcbc bc，则16bc，故13sin4 324SbcAbc，当且仅当4bc时等号成立，故 C 正确；由 C 可知，当4 3S 时，ABC为等边三角形，此时2 3CM，故 D 错误.故选 AC.11.【答案】BCD（每选对 1 个得 2 分）【解析】解法一：令1,0 xy，得 0102fff，解得12f ，故 A 错误；令0y，则 13f xf x，可知函数 f
15、 x无最小值，故 B 正确；1034ff，则30130 29()(1)(2)(3)(30)30 4314252if iffff，故 C 正确；令4yx ，则原式化为 342ff xfx，即 43210f xfxf ，故 D 正确.故选 BCD.解法二：依题意，11 121 121 12f xyf xfy ，令1,1xs yt ，则121212f stf sf t，令 12g xf x，则原式化为 g stg sg t，令 g xkx，则 2f xkxk，代入 01f，解得3k，则 31f xx，故 12,ff x 无最小值，f x的图象关于点2,5中心对称，301(491)30()14252i
16、f i.故选 BCD.12.【答案】54【解析】依题意，2221sincostan15sin22sin cos2tan4.13.【答案】150【解析】依题意，不同的安排方法有2213113531521322C C CC C CA150A种.14.【答案】12【解析】设直线:OA ykx，则1:OB yxk，联立2,4,ykxxy得24,4Akk，同理可得，244,Bk k，设,D x y，则2244,44,xkkykk化简可得，曲线21:84G yx.设1122,M x yN xy，则21122218,418,4yxyx两式相减可得，12121214yyxxxx，则1212121142MNyy
17、kxxxx.15.（1）证明：取CD的中点E，连接11,D E BE AE，因为1,2ABDC AB 1111,AB ABAB，所以1111,ABCE ABCE，故四边形11CEAB为平行四边形，所以1CB1AE，易知四边形11BED A是平行四边形，所以1AE 平面11ABD，而1CB 平面11ABD，故1CB平面11ABD.（2）解：以A为原点，1,AB AD AA所在直线分别为,x y z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则110,0,1,1,0,0,0,2,1,2,2,0ABDC，所以11111,0,1,0,2,0,2,2,1ABADAC，设,nx y z是平面11ABD的法向量，则1
18、110,0,n ABn AD故0,20,xzy令1z，得1,0 xy，则1,0,1n 是平面11ABD的一个法向量，设1AC与平面11ABD所成的角为，则112sin6AC nAC n，即1AC与平面11ABD所成的角的正弦值为26.16.（1）解：依题意，212110,2xxxfxaxaxx，令 0fx，解得22x.若0a，则当20,2x时，0fx，当2,2x时，0fx，则 f x在20,2上单调递减，在2,2上单调递增；若0a，则当20,2x时，0fx，当2,2x时，0fx，则 f x在20,2上单调递增，在2,2上单调递减，综上所述，若 0,af x在20,2上单调递减，在2,2上单调递
19、增；若 0,af x在20,2上单调递增，在2,2上单调递减.（2）证明：由（1）可知，1fa，而 111f ，解得1a.令 2ln,0,h xf xxxxx x，故 221112121xxxxh xxxxx，则当0,1x时，0,h xh x单调递减，当1,x时，0,h xh x单调递增，故 min()10h xh，即 0h x，故 f xx.17.解：（1）记该顾客获得一个健身背包和一盒蛋白粉为事件M，则12313C448P M.（2）记事件1A“顾客有两次终极抽奖机会”，事件2A“顾客有一次终极抽奖机会”，事件B“获得蛋白粉”，故3133168P A，21371416P B A，214P
20、B A，事件2A包括的事件是：“3 次投掷的点数之和为 6“3 次投掷的点数之和为 12”“3 次投掷的点数之和为 18”，若“3 次投掷的点数之和为 6”，则有“1,1,4”“1,2,3”“2,2,2”三种情形，故共有213313C CA110 种；若“3 次投掷的点数之和为 12”，则有“1,5,6”“2,5,5”“2,4,6”“3,4,5”“3,3,6”“4,4,4”六种情形，故共有31233213323331AC CAAC C125 种；若“3 次投掷的点数之和为 18”，则只有“6,6,6”一种情形，故231025 1166P A，故 11221711378 1664384P BP
21、A P B AP AP B A.18.解：（1）依题意，直线11:22l yx，22e12cbaa，故ab，联立222,11,22xyayx 得22321 40 xxa，设1122,M x yN xy，则2121221 4,33axxx x，则22121212155444 51414422933MNxxxxx xa，解得21a，故C的方程为221xy.（2）因为EAMEAN，故coscosEAMEAN，故AE AMAE ANAE AMAE AN ，所以AMAE AE ANANAN ，又AMEMENAN，故AEEMAE AN ANEN .易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为1ykxk，其中33
22、4411,kM xyN xy，由221,1,xyykxk得222121220kxk kxkk，故23434222122,11k kkkxxx xkk，因为33441,1,2,2AEttAMxt ytANxt yt ，所以3344121,121AE AMtxkxktAE ANtxkxkt ，所以333444211211xkxktxxkxktx，整理得34341210kx xktxxkt，结合根与系数的关系解得32t，经检验，存在31,22A，使得EAMEAN，故32t.19.（1）解：依题意，若:0,1,0,1na，此时0nM；若:0,1,0,1na，此时2nM ；若:0,1,2,1na，此时4
23、nM .（2）证明：必要性：因为11,2,2022kkaak，故数列 1,2,3,2023nan 为等差数列，所以111,2,2022kkaak，公差为-1，所以 202320242023 112a；充分性：由于2023202220222021211,1,1aaaaaa，累加可得，202312022aa，即2023120222aa，因为20232a，故上述不等式的每个等号都取到，所以1101,2,2022kkaak ，所以11,2,2022kkaak，综上所述，“20232a”是“11,2,2022kkaak”的充要条件.（3）证明：令11,2,1kkkcaakn，依题意，1kc ，因为211
24、31121121,nnaac aaccaaccc，所以11231123nnMnancncncc 12112111121nnncncnc 1211111212nn ncncnc，因为1kc ，所以1kc为偶数1,2,1kn，所以 12111121ncncnc为偶数；所以要使0nM，必须使12n n为偶数，即 4 整除1n n，亦即4nm或*41nmmN，当*4nm mN时，比如41434240,1,11,2,kkkkaaaakm 或4143420,1kkkaaa，411,2,kakm 时，有10,0naM；当*41nmmN时，比如4143424410,1,1,01,2,kkkkkaaaaakm 或41430kkaa，424411,1,01,2,kkkaaakm 时，有10,0naM；当42nm或43nmmN时，1n n不能被 4 整除，0nM.