广东省六校联考2024-2025学年高二上学期期末联考数学试题（含答案）

第第页广东省六中，二中，省实，广雅，执信六校2024-2025学年高二上学期期末联考数学试题一、单选题：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．已知集合A=x|2≤x<4，B=xx>3A．x|x≥2 B．x|x>3 C．x2≤x<3 D．2．若复数z满足1−z1+z=i（iA．i B．−i C．1+i 3．已知向量a=3,1，b=0,−1，c=k,A．4 B．3 C．2 D．14．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)A．y=±32x B．y=±2335．已知cosα+β=14，A．−34 B．−112 C．6．已知圆锥的侧面积是底面积的2倍，则母线与底面所成的角为（）A．30∘ B．45∘ C．60∘7．函数y=ax2+bxA． B．C． D．8．已知a,b,c成等差数列，过点P−1,0作直线l:ax+by+c=0的垂线，垂足为H，则点Q2,1到点A．1 B．2 C．22 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．全部选对得6分，部分选对得部分分，错选得0分．9．有一组数据x1,xA．x1B．去掉数据x4C．中位数小于平均数D．若x1变为原来的2倍，公比不变，则极差变为原来的210．已知C:y2=2px(p>0)的焦点为F，斜率为3且经过点F的直线l与抛物线C交于点A,B两点（点A在第一象限），与抛物线的准线交于点DA．p=2 B．F为线段AD的中点C．|BD|=2|BF| D．|BF|=211．三棱锥P−ABC的各顶点均在半径为2的球O表面上，AP=22，AB=AC=BC=2A．有且仅有2个点P满足AP⊥BCB．有且仅有2个点P满足AP与BC所成角为60°C．PB2的最大值为D．PB2+三、填空题：本题共3小题，每小题5分，满分15分．12．已知指数函数y=log12ax13．若数列{an}满足a1=12，an+1=an14．正方形ABCD的边AB在直线y=x+4上，C、D两点在抛物线y2=x上，则正方形ABCD的面积为四、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．已知三角形ABC，CA⋅CB=1（1）求角C的值；（2）若sinAcosA=3416．如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，EF=1，FB=FC,∠BFC=90°，（1）求证：EF//AB；（2）求证：AB⊥平面BCF；（3）求直线AE与平面BDE所成角的正切值.17．已知椭圆Γ:（1）若m=2，求椭圆Γ的离心率；（2）过椭圆Γ上一点P作斜率为3的直线l，若直线l与双曲线y25m18．已知两个等比数列{an},{bn}满足：（1）若a1=1（2）若a1=1（3）若满足条件的数列{an}19．已知在平面直角坐标系xOy中A(（1）若圆M与x轴，y轴及线段AB都相切，用a,b表示圆M的半径r；（2）若1a+2（3）判断以下两个命题的真假并说明理由.命题1：若两个直角三角形的面积比等于周长比的平方，则这两个直角三角形相似；命题2：若两个三角形的面积比等于周长比的平方，则这两个三角形相似.

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：集合A=x|2≤x<4，B=xx>3故答案为：D

【分析】根据集合交集的定义，找出既属于集合A又属于集合B的元素范围即可.2．【答案】B【解析】【解答】解：因为1−z1+z=i，故1−z=i1+z=i故答案为：B.

【分析】根据复数的等式，通过移项、整理，将z孤立出来，用复数的乘除运算法则（尤其是分母实数化）进行计算.3．【答案】D【解析】【解答】解：由题意向量a=3,1，b=0,−1，c=k,3，则a−2故答案为：D

【分析】通过向量的坐标运算求出a−2b的坐标，再依据向量共线的坐标性质（若两个向量(x1,y14．【答案】A【解析】【解答】解：根据双曲线的对称性可得P1(4,−3)，P3(−4,3)两点一定在双曲线上，

若P2(3,4)在双曲线上，则16a2−9b2=19a2−故答案为：A.

【分析】依据双曲线的对称性（关于原点、x轴、y轴对称）确定必在双曲线上的点，再通过假设剩余点是否在双曲线上，结合双曲线方程联立求解a2、b2，最后根据渐近线公式5．【答案】A【解析】【解答】解：因为cosα+β=cosαcosβ−sinαsin故答案为：A

【分析】用两角和的余弦公式展开cos(α+β)，再结合tanαtanβ的定义建立方程组，求出cosα6．【答案】B【解析】【解答】解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，高为h，

设母线与底面所成的角为θ，因为圆锥的侧面积是底面积的2倍，则πrl=2πr2，可得l=2r，∴h=l2−故答案为：B.【分析】明确圆锥的侧面积、底面积公式，再结合母线与底面所成角的定义（母线与底面所成角的余弦值为底面半径与母线长的比值，正弦值为圆锥的高与母线长的比值），通过侧面积与底面积的关系求出母线长和底面半径的关系，进而求出该角.7．【答案】C【解析】【解答】解：A，由二次函数图象可知：a<0,b<0，由指数型函数图象可知：a<0,b>0，A选项错误；B，由二次函数图象可知：a<0,b>0，由指数型函数图象可知：a<0,b=0，B选项错误；C，由二次函数图象可知：a<0,b>0，由指数型函数图象可知：a<0,b>0，C选项正确；D，由二次函数图象可知：a<0,b>0，由指数型函数图象可知：a<0,b<0，D选项错误；故答案为：C.【分析】分别分析二次函数和指数型函数的图象特征，通过参数a、b的取值范围进行匹配.根据二次函数的开口方向、对称轴确定a、b的符号，再结合指数型函数的单调性和截距确定a、b的符号，进而判断选项是否一致.8．【答案】D【解析】【解答】解：因为a,b,c成等差数列，所以a+c=2b，所以直线l:ax+by+c=0恒过定点A1,−2，点H的轨迹是以AP为直径的圆，AP的中点B坐标为0,−1，AP=1+12+−2−02=22，

所以点H的轨迹方程为x2故答案为：D

【分析】用等差数列性质确定直线l过定点，再根据“垂足H”的几何意义推出点H的轨迹是圆（以AP为直径的圆），最后结合圆的性质（点到圆上点的距离最大值为点到圆心距离加半径）求解.9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：对A：因为x1,x2,x3,⋅⋅⋅,x对B：因为x1,x2,x3,⋅⋅⋅,x7的中位数为x4对C：因为该组数据的中位数为x4，且x1+x7可得x=对D：设公比为q，由选项A可知：极差为x7−x1=x1q6−1，

若x1变为原来的2故答案为：ACD.

【分析】结合等比数列的单调性、中位数、平均数、极差的定义及性质，逐一分析每个选项.等比数列通项公式推导数列的增减性，利用等比中项和均值不等式分析中位数与平均数的关系，结合极差公式分析首项变化对极差的影响.10．【答案】A,B,C【解析】【解答】解：易知Fp2,0，由题意可得直线l的方程为y=3x−p2．

由y2=2pxy=3x−p2，消去y并整理，得∴BF=xB+p2=43，故D错误；

过点B作BN垂直准线于点N，易知∠DBN=60°∵DF=BD+BF=83+故答案为：ABC．

【分析】根据抛物线的焦点坐标写出直线方程，再联立直线与抛物线方程求出交点横坐标，结合抛物线的定义（抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离）求出p的值，通过几何关系（三角函数、线段长度关系）分析各选项.11．【答案】A,C【解析】【解答】解：以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，故有A(0,0,0)，B(3,1,0)，C(3,−1,0)，

设P(x,y,z)，球心Q(a,b,c)，因为三棱锥P−ABC的各顶点均在半径为2的球O表面上，

所以有QA=2QB=2QC=2，即a2+b2+c2=4a−32+b−12+c2=4a−32+b+12+c2选项A：AP=(x,y,z)，BC=(0,−2,0)，因为AP⊥BC，所以AP⋅BC=0，即y=0，

因为x2+y2+z选项B：因为AP与BC所成角为60°，所以cosAP,BC=12，所以|−2y|x2+y2+z2×2=12，

解得|y|=2，又x2+y2+z2=8，所以x2+z2选项C：因为x2+y2+z2=8，且z=23−x2，所以x2+y2+23−x22=8，

化简得3x2选项D：由选项C得x=2+22cosθ3y=2sinθ，

所以PB2+PC故答案为：AC.

【分析】建立空间直角坐标系，结合球的方程、向量垂直与夹角的坐标运算，以及函数最值的求解思路，逐一分析各选项.确定各点坐标，推导球心和球面方程，再分别对每个选项进行坐标化分析.12．【答案】1【解析】【解答】解：因为指数函数y=log12ax在定义域内为减函数，所以0<log12a<1故答案为：12【分析】结合指数函数的单调性和对数函数的单调性来求解.指数函数y=bx（b>0且b≠1），当0<b<1时为减函数；对数函数y=logmx（m>0且m≠1），当0<m<113．【答案】6【解析】【解答】解：由已知a2−a1=2，a由累加法可知：a=12+2+4+=n2−n+12又a1=12也满足上式，所以a设f(x)=x+12x−1因此{ann}在又a33=3+所以ann的最小值是6.

故答案为：6.14．【答案】18或50【解析】【解答】解：如图：设Cy12,y因为CD∥AB，kCD=kAB由正方形ABCD可得BC=所以y12①②联立化为y1解得y1=−1或y1=−2或当y1=−1y2=2当y1=−2y2=3时，BC【分析】设出抛物线上点C、D的坐标，利用正方形的“对边平行（斜率相等）”和“邻边相等（距离相等）”两个核心特征，结合直线斜率公式、点到直线距离公式建立方程，进而求解正方形的边长，最终得到面积.15．【答案】（1）解：根据CA⋅CB=1，有CA⋅CB=CA⋅CB⋅cosC=1，即CA⋅CB=1cosC，

又因为S=（2）解：由sinAcosA=34，有122sinAcosA=34，sin2A=32，

又因为A∈0,π，sinAcos①当A=π6时，由正弦定理有asinA=csinC，

即2sinπ6=csin②当A=π3时，由正弦定理有asinA=csinC，

即2sinπ3=csinπ4，【解析】【分析】（1）用向量数量积公式和三角形面积公式，建立关于角C的三角函数关系，进而求解角C.（2）由二倍角公式求出角A，再结合正弦定理求AB，过程中需验证解的合理性.（1）根据CA⋅CB=1，有CA又因为S=12，S=1所以1sinC=1cos因为C∈0,π，所以（2）由sinAcosA=34又因为A∈0,π，sinAcos所以2A=π3或2A=2π3，即因为C=π4，①当A=π6时，由正弦定理有即2sinπ6=c又因A=π6,B=7π12②当A=π3时，由正弦定理有即2sinπ3=cA=π3,B=5π12综上：AB的值不存在.16．【答案】（1）证明：由多面体的定义知，C,D,E,F四点共面，A,B,F,E四点共面，因为AB//CD，AB⊄平面CDEF，CD⊂平面CDEF，所以AB//平面CDEF，又因为AB⊂平面ABFE，且平面CDEF∩平面ABFE=EF，所以EF//AB.（2）证明：取AB的中点M，连接EM，则AM=MB=1，由（1）知EF//AB，所以EF//AB，又因为EF=MB=1，所以四边形EMBF是平行四边形，得到EM//FB，且EM=FB，在Rt△BFC中，F又FB=FC，得FB=2，所以EM=在△AME中，AE=3，AM=1，EM=2，所以所以AM⊥EM，即AB⊥FB，又因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥BC，又FB∩BC=B，FB⊂平面BCF，BC⊂平面BCF，所以AB⊥平面BCF.（3）解：连接AC，与BD相交于点O，则点O是AC的中点，取BC的中点H，连接OH,EO，FH，则OH//AB，OH=1由（1）知EF//AB，且EF=12AB，所以EF//OH所以四边形EOHF是平行四边形，所以EO//FH，且EO=FH=1，由（1）知AB⊥平面BCF，又FH⊂平面BCF，所以FH⊥AB，又因为FH⊥BC，AB∩BC=B,AB⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以FH⊥平面ABCD，故EO⊥平面ABCD，又AO⊂平面ABCD，所以EO⊥AO，又因为AO⊥BD，EO∩BD=O,EO⊂平面EBD，BD⊂平面EBD，所以AO⊥平面EBD，故∠AEO是直线AE与平面BDE所成的角，在Rt△AOE中，tan∠AEO=AOEO=21【解析】【分析】（1）通过证明线面平行，再利用线面平行的性质证明线线平行.（2）用线线垂直的判定，结合线面垂直的判定定理证明.（3）用正方形性质求出AO的长度，结合平行四边形的性质求出EO的长度，最后在直角三角形AOE中，通过对边与邻边的比值（AO与EO的长度比）求出线面角的正切值.​​​​​​​（1）由多面体的定义知，C,D,E,F四点共面，A,B,F,E四点共面，因为AB//CD，AB⊄平面CDEF，CD⊂平面CDEF，所以AB//平面CDEF，又因为AB⊂平面ABFE，且平面CDEF∩平面ABFE=EF，所以EF//AB.（2）取AB的中点M，连接EM，则AM=MB=1，由（1）知EF//AB，所以EF//AB，又因为EF=MB=1，所以四边形EMBF是平行四边形，得到EM//FB，且EM=FB，在Rt△BFC中，F又FB=FC，得FB=2，所以EM=在△AME中，AE=3，AM=1，EM=2，所以所以AM⊥EM，即AB⊥FB，又因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥BC，又FB∩BC=B，FB⊂平面BCF，BC⊂平面BCF，所以AB⊥平面BCF.（3）连接AC，与BD相交于点O，则点O是AC的中点，取BC的中点H，连接OH,EO，FH，则OH//AB，OH=1由（1）知EF//AB，且EF=12AB，所以EF//OH所以四边形EOHF是平行四边形，所以EO//FH，且EO=FH=1，由（1）知AB⊥平面BCF，又FH⊂平面BCF，所以FH⊥AB，又因为FH⊥BC，AB∩BC=B,AB⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以FH⊥平面ABCD，故EO⊥平面ABCD，又AO⊂平面ABCD，所以EO⊥AO，又因为AO⊥BD，EO∩BD=O,EO⊂平面EBD，BD⊂平面EBD，所以AO⊥平面EBD，故∠AEO是直线AE与平面BDE所成的角，在Rt△AOE中，tan∠AEO=AOEO=2117．【答案】（1）解：若m=2，即椭圆Γ:x24+y23=1，可得a=2,b=（2）解：设直线y=3与椭圆方程联立可得y=3x+tx2m2+y23=1，消去y可得(3+3m2)x2+23tm2x+(t2−3)m2=0，

则Δ1=12t2m2−43+3m2t2−3m2【解析】【分析】（1）根据椭圆的标准方程，确定a,b的值，再通过c=a2−b2（2）设出直线方程，分别与椭圆、双曲线联立，利用判别式结合椭圆、双曲线的范围条件，求解实数m的取值范围.（1）若m=2，即椭圆Γ:可得a=2,b=3，c=所以椭圆Γ的离心率e=c（2）设直线y=3与椭圆方程联立可得y=3x+tx则Δ1=12t与双曲线方程联立可得y=3x+ty假设3−m2=0，即m两者相矛盾，假设不成立，所以3−m则Δ=12t2则5m2−15≤3又因为5m2−15≥0综上所述：实数m的取值范围3,318．【答案】（1）解：设数列{an}的首项a1=a，公比为q，

依题意得b1=a+1，b2=aq+2，b3=aq2+3，(aq+2)2=(a+1)(aq2+3)，

整理得aq2−4aq+3a−1=0（*），

把a1=115代入（*）式得q2−4q−12=0，解得q=6或q=−2，

当q=6时，b2=115×6+2=（2）解：把a1=13代入（*）式得q2−4q=0，解得q=4或q=0（舍），

假设{an}中存在三项am,as,at（其中m,s,t∈N*）成等差数列，

因为a1=13>0，q=4>1，所以{a（3）解：因为{an}是等比数列，所以a≠0，对于（*）式：

若Δ=16a2−4a(3a−1)=4a2+4a=0，即a=0（舍去）或a=−1，

此时b1=a+1=−1+1=0，因此a=−1不合题意；

若Δ=16a2−4a(3a−1)=4a2+4a>0，即a<−1或a>0，

方程有两个不同的实数解，又数列{an}唯一，因此有如下两种情形：

情形一：方程一个解为0，从而3a−1=0，a=13，q=4；

情形二：方程两个解均不为0，但其中一解使得b2=aq+2=0，【解析】【分析】（1）设出{an}（2）确定{a（3）通过方程的判别式和数列唯一性条件，求解实数a1（1）设数列{an}的首项a1=a，公比为q，依题意得b(aq+2)2=(a+1)(aq把a1=115代入（*）式得q2当q=6时，b2=1因为{bn}是等比数列，所以公比为b当q=−2时，b2=1因为{bn}是等比数列，所以公比为b综上可得bn=16（2）把a1=13代入（*）式得q2假设{an}中存在三项a因为a1=13>0，q=4>12as=am+a因为s−m,t−m∈N*，所以2×4所以{a（3）因为{an}若Δ=16a2−4a(3a−1)=4a此时b1=a+1=−1+1=0，因此若Δ=16a2−4a(3a−1)=4a方程有两个不同的实数解，又数列{a情形一：方程一个解为0，从而3a−1=0，a=13，情形二：方程两个解均不为0，但其中一解使得b2此时aq=−2代入方程，解得q=2a=−1（舍去），或者q=此时方程−43q2解得q=32（舍去），或者综上所述：a=13或19．【答案】（1）解：圆M内切于△AOB，所以S△AOB=1圆M旁切于△AOB，设圆心Mr,r，直线AB:xa左右平方化简得出2r2-2a+br+ab=0，所以（2）解：方法一：设△AOB的旁切圆的圆心为M(r,r)，

由（1）可知a+b+a2+b2=2r，因为1a+2b=1，所以AB恒过点P(1,2)，

点P方法二：设t=a+b+a2+b2=2aba+b−a2+b2=21a+1t=2Rcosθ+Rsinθ−R=2(cosθ+2sinθ)cosθ+sinθ−1，(t−2)cosθ+(t−4)sinθ=t，

(t−2)2+(t−4)（3）解：命题1正确，命题2错误.对于命题1∵涉及三角形面积∴与内切圆半径联系起来，记△AOB的面积为S△AOB，周长为C△AOB，内切圆半径为r，旁切圆半径为记△A'OB'的面积为S△AS△AOB=12C若S△A'O∵两圆心均在y=x上，且直线AB为⊙C1与⊙C2的公切线，∴△A