2023-2024学年广东省广州市三校（南实、铁一、广外）高二上学期期中联考数学试题（含解析）

2023-2024学年广东省广州市三校（南实、铁一、广外）高二上学期期中联考数学试题
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.已知集合，，则等于
( )
A. B. C. D.
2.已知，则下列不等式一定成立的是
( )
A. B.
C. D.
3.“方程表示椭圆”的一个必要不充分条件是
( )
A. B.
C. D. 且
4.已知圆：和圆：，则圆与圆的公切线的条数为
( )
A. B. C. D.
5.果农采摘水果，采摘下来的水果会慢慢失去新鲜度，已知某种水果失去新鲜度与其采摘后时间天满足的函数关系式为若采摘后天，这种水果失去的新鲜度为，采摘后天，这种水果失去的新鲜度为那么采摘下来的这种水果在多长时间后失去新鲜度已知，结果取整数( )
A. 天 B. 天 C. 天 D. 天
6.已知，则( )
A. B. C. D.
7.已知向量，，若在上的投影向量，则向量与的夹角为
( )
A. B. C. D.
8.如图，水平放置的正四棱台玻璃容器的高为，两底面对角线、的长分别为、，水深为则玻璃容器里面水的体积是
( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知复数，则
( )
A. 的虚部为
B.
C. 将对应的向量为坐标原点绕点逆时针旋转，得到的向量对应的复数为
D. 的共轭复数
10.函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是
( )
A. 函数最小正周期为 B.
C. 在区间上单调递减 D. 方程在区间内有个根
11.年月日时分，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆组成的“曲圆”，如图在平面直角坐标系中半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点，椭圆的短轴与半圆的直径重合，下半圆与轴交于点若过原点的直线与上半椭圆交于点，与下半圆交于点，则( )
A. 椭圆的长轴长为 B. 线段长度的取值范围是
C. 面积的最小值是 D. 的周长为
12.如图，在棱长为的正方体中，，分别是，的中点，为线段上的动点，则下列结论正确的是
( )
A. 存在点，使得与异面
B. 不存在点，使得
C. 当在直线上运动时，三棱锥的体积不变
D. 过，，三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.若，为正实数，直线与直线互相垂直，则的最大值为______．
14.如图，电路中、、三个电子元件正常工作的概率分别为，，则该电路正常工作的概率 ．
15.设点是圆：上的动点，定点，，则的取值范围为______．
16.如图是数学家用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为和，球心距离，截面分别与球，球相切于点是截口椭圆的焦点，则此椭圆的离心率等于 ．
四、解答题（本大题共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.本小题分
圆经过点，，且圆心在直线上．
求圆的方程；
过点作直线，直线与圆的另一个交点是，当时，求直线的方程．
18.本小题分
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛从所有答卷中随机抽取份作为样本，将样本的成绩满分分，成绩均为不低于分的整数分成六段：，，，得到如图所示的频率分布直方图．
求频率分布直方图中的值
求样本成绩的第百分位数
已知落在的平均成绩是，方差是，落在的平均成绩为，方差是，求两组成绩的总平均数和总方差．
19.本小题分
如图，在四棱锥中，底面，，底面为直角梯形，，，，点在棱上，且．

证明：平面；
求直线与平面所成角的正弦值．
20.本小题分
已知，，分别为三个内角，，的对边，且有．
求角
若为边上一点，且，求C.
21.本小题分
已知椭圆的中心为，左、右焦点分别为，，为椭圆上一点，线段与圆相切于该线段的中点，且的面积为．
求椭圆的方程；
椭圆上是否存在三个点，，，使得直线过椭圆的左焦点，且四边形是平行四边形？若存在，求出直线的方程；若不存在请说明理由．
22.本小题分
中国古代数学名著九章算术中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍是茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，四边形为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，．

当点为线段的中点时，求证：直线平面；
当点在线段上时包含端点，求平面和平面的夹角的余弦值的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】先分别求出集合，再根据交集的定义即可得解．
解：由得，所以，
故，
由得，所以，
故，
所以．
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】根据指数函数的单调性即可判断；举出反例即可判断；根据幂函数的单调性即可判断．
解：当时，，故 AC错误；
因为，所以，
而函数为增函数，所以，故 B错误；
因为是上的增函数，所以，故 D正确．
故选：．
3.【答案】
【解析】【分析】本题考查必要不充分条件的判断，解题关键是掌握集合的包含关系与充分必要条件之间的联系．
求出方程表示椭圆的充要条件，然后根据集合间的包含关系得出结论．
解：方程表示椭圆的充要条件为解得，且．
由知，“”是“方程表示椭圆”的一个必要不充分条件，
故选：．
4.【答案】
【解析】【分析】求出两圆的圆心和半径，根据圆心距大于半径之和，得到两圆外切，故公切线条数为．
解：两圆的标准方程分别为和，
圆心分别为，，半径分别为，，
圆心距，故，
所以圆与圆外离，所以圆与圆有条公切线．
故选：
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了指数函数，对数函数的运算，属于基础题．
待定系数法可以直接求出，的值，再代入直接可以得到结果．
【解答】
解：由题意可知
，
当时，，
解得，
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】利用两角差的余弦公式、辅助角公式、二倍角公式求解即可．
解：因为
，
所以，
所以．
故选：．
7.【答案】
【解析】【分析】根据投影向量求出，再求向量与的夹角．
解：设向量与的夹角为，与同向的单位向量为，
在上的投影向量为，，
，
，，
所以，
，，
与的夹角为，
故选：．
8.【答案】
【解析】【分析】将正四棱台的各侧棱延长交于点，设水面上底面的所在正方形的边长为，设设正四棱锥的为，根据相似可得出关于的等式，解出的值，再利用相似可求得的值，再利用台体体积公式可求得水体的体积．
解：设水面上底面的所在正方形的边长为，
由题意可知，正方形的边长为，正方形的边长为，
将正四棱台的各侧棱延长交于点，
设正四棱锥的为，则，解得，
因为，解得，
因此，水的体积为．

故选：．
9.【答案】
【解析】【分析】将复数利用复数乘除法运算化简，再根据复数的相关概念即可判断各选项．
解：，所以虚部为；的共轭复数；；将向量绕点逆时针旋转，复数为．
故选：．
10.【答案】
【解析】【分析】根据函数图象可求出函数的最小正周期，进而可求出，再利用待定系数法求出，再根据正弦函数的图象和性质逐一判断即可．
解：由图可知函数最小正周期，故 A正确；
，所以，则，
又，
所以，所以，
又，所以，故 B错误；
所以，
由，得，
所以在区间上单调递减，故 C正确；
令，得或，
所以或，
又，所以或或或，
所以方程在区间内有个根，故D错误．
故选：．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了椭圆的概念与方程、椭圆的几何意义，涉及圆的方程，属于中档题．
根据题意求得圆的方程及椭圆的，，，在逐项分析解答即可．
【解答】解：由半圆的圆心在原点、半圆经过点，知半圆的方程为，
由半圆的直径与椭圆的短轴重合，知椭圆的短半轴长为，即，而，所以，
所以半椭圆的方程为，所以椭圆的长轴长为，A正确；
当线段在轴上时，长度最短为，当线段在轴上时，长度最长为，
所以线段的长度取值范围是，B正确；
若把线段经过点也看作三角形的一种情况，则可得面积的最小值是，C错误；
因为为椭圆的下焦点，所以，D正确．
12.【答案】
【解析】【分析】由四点共面可判断；由线面垂直的判定定理可得平面，则可判断；由等积法可判断；先求出截面，再求其面积可判断
解：对于，连接，，由正方体的性质知：，
所以四点共面，平面，故 A错误；
对于，设的中点为，连接，
若为的中点，则平面，因为平面，，
所以，在中，，
所以，故，
，平面，所以平面，
平面，所以，故 B错误；
对于，连接，
因为，平面，平面，
所以平面，所以直线上的点到平面的距离相等，
当在直线上运动时，所以到平面的距离相等设为，
，为 定值，故C正确；
对于，由正方体中心对称类比为球体，看作弦，故过的截面经过对称中心所得截面最大，
此时截面交棱，，于中点，也为中点，
所以为的中点时，过三点的平面截正方体所得截面最大，
取的中点，的中点，的中点，
连接、、、、，
所以过三点的 平面截正方体所得截面最大值为正六边形，
面积为，故 D正确．
故选：．
13.【答案】
【解析】【分析】根据直线垂直的充要条件可得，关系，然后由基本不等式可解．
解：因为直线与直线互相垂直，
所以，即，
由基本不等式可得，即，当且仅当时等号成立．
所以的最大值为．
故答案为：
14.【答案】
【解析】【分析】
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．
根据相互独立事件的乘法公式计算即可．
【解答】
解：该电路正常工作则正常，且与至少一个正常工作，
正常工作的概率为，
与均不能正常工作的概率为，
故B与至少一个正常工作的概率为
故该电路正常工作的概率为．
15.【答案】
【解析】【分析】易得，求出的范围即可得解．
解：由题意原点为线段的中点，
因为，
所以点在圆外，
圆的圆心，半径，
，
的人，即，
所以，
所以的取值范围为．
故答案为：．

16.【答案】
【解析】【分析】
本题考查求椭圆的离心率，考查计算能力，属于中档题．
设，解得，进而可得，分析可得，，可得离心率．
【解答】
解：设，
由，解得，
所以，
所以，
设直线与圆锥的母线相交于点，圆锥的母线与球相切于两点，如图所示，
则，
两式相加得，即，
过作，垂直为，
则四边形为矩形，所以，，
所以椭圆的离心率为．
故答案为．
17.【答案】解：由圆心在直线上，不妨设圆心为，
则，解得，
则，，
故圆的方程为；
当直线斜率不存在时，直线方程为，
将代入，得，解得，
此时，满足题意；
当直线斜率存在时，设直线，即，
依题意，点到距离，
则直线，即，
综上，直线的方程为或．
【解析】本题考查求圆的标准方程，圆的弦长问题，点到直线的距离，属于中档题．
设圆心坐标，根据题意列方程求出圆心坐标，计算半径，即可写出圆的方程；
讨论过点的直线斜率不存在和斜率存在时，求出对应直线的方程即可．
18.【答案】解：每组小矩形的面积之和为，
，
；
成绩落在内的频率为，
落在内的频率为，
设第百分位数为，
由，
得，故第百分位数为；
由图可知，成绩在的市民人数为，
成绩在的市民人数为，
故，
设成绩在中人的分数分别为，，，，
成绩在中人的分数分别为，，，，，
则由题意可得，，，
即，，
，
所以两组市民成绩的总平均数是，总方差是．
【解析】本题考查频率分布直方图、百分位数、平均数、方差等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
由频率分布直方图列出方程能求出；
由频率分布直方图列出方程能求出第百分位数；
由频率分布直方图中数据结合方差计算公式即可解答．
19.【答案】解：
底面，底面，
，
，平面，
平面，
平面，
，
底面为直角梯形，，，，
在直角三角形中，，，
在直角三角形中，，，
设，连接，

则，
，
，
又平面，平面，
平面；
底面，底面，，
，
底面为直角梯形，，
建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示：

则，
，，，
，
设平面的一个法向量为，
，取，则，
则平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角大小为，
，
，
故直线与平面所成角的正弦值为．

【解析】【分析】根据线面垂直的性质、判定定理，结合相似三角形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可；
建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角定理进行求解即可．
20.【答案】解：由题意知，
所以由正弦定理得，
即
，
所以，
又因为，所以，
则，即，
又，，故，故A．
解法一：设，，
则，，，
在中，由正弦定理知，，
即，，
化简得，，则，，即．
解法二：取中点，延长与的延长线交于点，连接，
由有，
由，
设，则，
即，又与不共线，
故，，所以，即为中点．
又，为中点，所以，
又，所以为正三角形，
又平分，所以，，即．
【解析】本题考查了正弦定理以及两角和与差的三角函数公式，诱导公式，辅助角公式，考查了向量在平面几何中的应用，属于中档题．
由正弦定理以及两角和的正弦公式得，化简得，可得角；
解法一：设，，在中，由正弦定理知，，化简得，，则，得，即；
解法二：取中点，延长与的延长线交于点，连接，利用向量的运算得为中点，可得为正三角形，可得．
21.【答案】解：
连接，则，
因为为的中点，为的中点，所以，故，
，

，解得，
由椭圆定义可知，，解得，
由勾股定理得，即，解得，
故，
故椭圆方程为；
由题意得，当直线的斜率不存在时，即，
此时，解得，设，
由于，由对称性可知，为椭圆左顶点，但，故不合要求，舍去，
当直线的斜率存在时，设为，
联立得，，
，
设，则，
，
则中点坐标为，
假设存在点，使得四边形是平行四边形，则，
将代入椭圆中，得，
解得，

此时直线的方程为．

【解析】【分析】
圆锥曲线中探究性问题解题策略：
先假设存在或结论成立，然后引进未知数，参数并建立有关未知数，参数的等量关系，若能求出相应的量，则表示存在或结论成立，否则表示不存在或结论不成立；
在假设存在或结论成立的前提下，利用特殊情况作出猜想，然后加以验证也可．
作出辅助线，得到，，，由椭圆定义求出，由勾股定理求出，得到，求出椭圆方程；
先考虑直线斜率不存在时，不合要求，再考虑直线的斜率存在时，设为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出中点坐标，进而得到，代入椭圆方程，求出，求出答案．
22.【答案】解：
证明：因为点为线段的中点，且，
所以，
因为，且四边形为正方形，故，
所以，而平面，
故平面；
设正方形的中心为，分别取的中点为，
设点为线段的中点，由知四点共面，且平面，
连接平面，故，
又平面，故平面平面，
且平面平面，
由题意可知四边形为等腰梯形，故，
平面，故平面，
故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，

因为，则，
又，故，
设到底面的距离为，
四边形，为两个全等的等腰梯形，且，
故，又，
故，则，
，，
设，
设平面的一个法向量为，
则，令，
设平面的一个法向量为，
则，令，
故，
令，则，
令，则，
令，则在上单调递增，
故当时，，当时，，
故，
即平面和平面的夹角的余弦值得取值范围为．

【解析】【分析】本题考查了线面垂直的证明以及空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围．
根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面和平面的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案．
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